Sáng tạo bất đẳng thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN NGUYỄN THỊ HÂN SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Hà Nội - 2017 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN NGUYỄN THỊ HÂN SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THỊ KIỀU NGA Hà Nội - 2017 Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường ĐHSP Hà Nội 2, thầy cô giáo tổ Đại số tạo điều kiện thuận lợi để giúp em hoàn thành khoá luận tốt nghiệp Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến cô giáo hướng dẫn, cô Nguyễn Thị Kiều Nga tận tình chu đáo hướng dẫn em hoàn thành khóa luận Mặc dù cố gắng kiến thức thời gian có hạn nên khóa luận tránh khỏi thiếu sót Em hi vọng nhận góp ý chân thành thầy cô bạn để khoá luận em hoàn chỉnh Hà Nội, tháng năm 2017 Sinh viên Nguyễn Thị Hân Lời cam đoan Em xin cam đoan khoá luận tốt nghiệp nỗ lực thân, hướng dẫn tận tình cô Nguyễn Thị Kiều Nga Nội dung khoá luận không trùng với kết tác giả trước công bố Em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm khóa luận Hà Nội, tháng năm 2017 Sinh viên Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Mục lục Lời mở đầu .3 Chương 1: Kiến thức chuẩn bị .5 1.1 Bất đẳng thức tính chất .5 1.2 Bất đẳng thức AM - GM 1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder 1.4 Bất đẳng thức Nesbitt 1.5 Bất đẳng thức Chebyshev 1.6 Bất đẳng thức Jensen 1.7 Bất đẳng thức hoán vị .10 1.8 Bất đẳng thức đối xứng ba biến 10 1.9 Bất đẳng thức Schur 11 Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức 13 2.1 Bất đẳng thức cũ 13 2.2 Một số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức .15 2.2.1 Đổi biến để sáng tạo bất đẳng thức 15 2.2.2 Sử dụng phương pháp khái quát hóa .25 2.2.3 Sử dụng bất đẳng thức Côsi 35 2.2.4 Ứng dụng bất đẳng thức Jensen để sáng tạo bất đẳng thức 40 SVTH: Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga 2.2.5 Sáng tạo bất đẳng thức tam giác 51 2.2.6 Sáng tạo bất đẳng thức hình học 56 Kết luận 66 Tài liệu tham khảo 67 SVTH: Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Lời mở đầu Bất đẳng thức vấn đề khó toán sơ cấp phần toán sơ cấp đẹp thú vị Các bất đẳng thức xuất đề thi học sinh giỏi cấp câu khó đề thi tốt nghiệp THPT Vì bất đẳng thức hấp dẫn niềm say mê người học toán Trong trình học toán, giải xong toán thành công Song dừng lại chưa thể đến thành công thực Người học toán nghĩa người đứng trước toán đặt câu hỏi: "Bài toán xuất phát từ đâu?", "Có cách giải khác không?", "Từ toán sáng tạo toán khác không?" "Mối quan hệ toán nào?" Các kiến thức toán rộng lớn chúng có mối quan hệ mật thiết với Việc tìm lời giải cho toán thực chất tìm nguồn gốc toán mối liên hệ với kiến thức khác Vì sáng tạo lớp toán nhờ phép tương tự hóa, khái quát hóa, sử dụng bất đẳng thức khác Được gợi ý, động viên giúp đỡ tận tình cô Nguyễn Thị Kiều Nga say mê thân, em xin mạnh dạn thực khóa luận với đề tài: "Sáng tạo bất đẳng thức" làm đề tài nghiên cứu SVTH: Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Nội dung khóa luận chia làm hai chương Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày khái niệm, tính chất bất đẳng thức số bất đẳng thức sở Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức Chương trình bày số bất đẳng thức sáng tạo từ bất đẳng thức cũ số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức Do trình độ kinh nghiệm hạn chế, nên khóa luận em nhiều thiếu sót, em mong đóng góp thầy cô khoa Toán bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2017 Sinh viên Nguyễn Thị Hân SVTH: Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bất đẳng thức tính chất Khái niệm Các mệnh đề A > B, A < B, A ≥ B, A ≤ B gọi bất đẳng thức Trong A, B số thực biểu thức chứa biến Trong bất đẳng thức A > B, A < B, A ≥ B, A ≤ B A gọi vế trái bất đẳng thức, B gọi vế phải bất đẳng thức Hai bất đẳng thức A > B, C > D gọi hai bất đẳng thức chiều Hai bất đẳng thức A > B, C < D gọi hai bất đẳng thức ngược chiều Nếu A > B suy C > D bất đẳng thức C > D gọi bất đẳng thức hệ bất đẳng thức A > B Nếu A > B tương đương C > D bất đẳng thức A > B C > D tương đương với Các tính chất - Nếu A > B, C > D A + B > C + D - Nếu A > B, C < D A − C > B − D SVTH: Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga - Nếu A > B AC > BC C > AC < BC C < - Nếu A > B, B > C A > C (tính chất bắc cầu) - Nếu A > B A + C > B + C 1 < - Nếu A > B, AB > A B - Nếu A > 1, m > n với m, n ∈ N∗ Am > An < A < 1, m > n với m, n ∈ N∗ Am < An - Nếu A > B, A > 0, B > với n ∈ N∗ An > B n ; √ n A> √ n B 1.2 Bất đẳng thức AM - GM Bất đẳng thức AM - GM Với số thực dương a1 , a2 , an ta có bất đẳng thức a1 + a2 + +an √ ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Bất đẳng thức AM -GM suy rộng Với số thực dương a1 , a2 , an x1 , x2 , xn số thực không âm có tổng 1, ta có a1 x1 + a2 x2 + + an xn ≥ ax1 ax2 axnn 1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder 1.3.1 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 , an b1 , b2 , bn ta có bất SVTH: Nguyễn Thị Hân Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga −→ −−→ Vậy đẳng thức xảy C ≡ C0 Tức AC, CB hai véctơ phương, ta có y−2 = −1 − y −1 ⇔y= −1 Vậy phương trình f (y) = có nghiệm y =    f (y) ≥ 5, ∀y ∈ R d, Ta có −1   f =5 Suy minf (y) = Sáng tạo Theo dõi lời giải toán, ta thấy việc giải toán ứng dụng bất đẳng thức tam giác có thành công hay không ta chọn tọa độ điểm A, B, C có phù hợp hay không Lật ngược lại vấn đề ta chọn tọa độ khác cho điểm A, B, C ta thu toán có nội dung cách giải hoàn toàn tương tự Trở lại toán đề xuất ta thay tọa độ điểm A, B, C toán sau A (1; 1) , B (1; 3) , C (2; y) , ∀y ∈ R SVTH: Nguyễn Thị Hân 54 Khóa luận tốt nghiệp Khi ta có GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga −→ AC = (1; y − 1) −−→ BC = (1; y − 3) −→ AB = (0; 2) AB = C thuộc đường thẳng x = Suy    AB =    AC = (y − 1) + 12      BC = (y − 3)2 + 12 Tương tự toán ta có f (y) = AC + BC = (y − 1)2 + 12 + (y − 3)2 + 12 Từ ta có toán sau: Bài toán Cho hàm số f (y) = y − 2y + + y − 6y + 10, với y∈R a, Chứng minh f (y) ≥ √ b, Giải bất phương trình f (y) ≥ 2 √ c, Giải phương trình f (y) = 2 d, Tìm giá trị nhỏ hàm f (y) SVTH: Nguyễn Thị Hân 55 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Các toán sáng tạo bất đẳng thức tương tự: Bài toán Cho hàm số f (y) = y − 4y + + y − 6y + 10, với y∈R a, Chứng minh f (y) ≥ √ √ b, Giải bất phương trình f (y) ≥ 10 √ c, Giải phương trình f (y) = 10 d, Tìm giá trị nhỏ hàm f (y) Bài toán Cho hàm số f (y) = |y − 2| + √ a, Chứng minh f (y) ≥ 2 √ b, Giải bất phương trình f (y) ≥ 2 √ c, Giải phương trình f (y) = 2 y − 8y + 20, với y ∈ R d, Tìm giá trị nhỏ hàm f (y) Bài toán Cho hàm số f (y) = y − 6y + 25 + y + 2y + 2, với y∈R a, Chứng minh f (y) ≥ √ 17 b, Giải bất phương trình f (y) ≥ c, Giải phương trình f (y) = d, Tìm giá trị nhỏ hàm f (y) Bài toán Cho hàm số f (y) = √ a, Chứng minh f (y) ≥ 17 y2 + + y − 8y + 20, với y ∈ R b, Giải bất phương trình f (y) ≥ c, Giải phương trình f (y) = d, Tìm giá trị nhỏ hàm f (y) SVTH: Nguyễn Thị Hân 56 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga 2.2.6 Sáng tạo bất đẳng thức hình học Có nhiều hướng hình thành bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức hình học nói riêng Trong phần trình bày số cách hình thành bất đẳng thức tam giác Cơ sở lí luận Cho tam giác ABC với a = BC, b = AC, c = AB Gọi S diện tích tam giác ABC; r, R bán kính đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tám giác, ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C Ta biết − − Với → a , ta có |→ a | ≥ Giả sử M điểm với số thực α, β, γ, ta có −−→ −−→ −−→ αM A + β M B + γ M C ≥0 (1) −−→ −−→ −→ Bình phương vô hướng hai vế M A − M B = BA, ta −−→−−→ 2M AM B = M A2 + M B − AB (2) Khai triển (1) ta có −−→−−→ −−→−−→ −−→−−→ α2 M A2 +β M B +γ M C +2αβ M AM B +2βγ M B M C +2γαM AM C ≥ Kết hợp (2) ta (α + β + γ)(αM A2 + βM B + γM C ) ≥ c2 αβ + a2 βγ + b2 γα (∗) Đẳng thức xảy −−→ −−→ −−→ αM A + β M B + γ M C = SVTH: Nguyễn Thị Hân 57 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Bây ta chọn vị trí đặc biệt M số α, β, γ, thích hợp để có bất đẳng thức khác từ xây dựng lớp toán chứng minh bất đẳng thức mang chất hình học M trọng tâm tam giác ABC Do M trọng tâm tam giác ABC nên ta có 2 M A = ma , M B = mb , M C = mc 3 Lúc bất đẳng thức (∗) trở thành (α + β + γ)(αma + βmb + γmc ) ≥ (c2 αβ + a2 βγ + b2 γα) (1∗) a, Chọn α = a, β = b, γ = c ta có (a + b + c)(ama + bmb + cmc ) ≥ (c2 ab + a2 bc + b2 ac) Suy ama + bmb + cmc ≥ abc (2∗) Vậy ta có toán: Bài toán Cho tam giác ABC chứng minh ama + bmb + cmc ≥ abc Trong tam giác ABC ta có a b c S = = hb = hc 2 abc a+b+c S= = pr, p = 4R Từ bất đẳng thức ama + bmb + cmc ≥ abc SVTH: Nguyễn Thị Hân 58 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga S kết hợp với abc a b c S= = = hb = hc 4R 2 Ta chia hai vế bất đẳng thức cho ta thu được: ma mb mc + ≥ R + hb hc Vậy ta có toán: Bài toán Cho tam giác ABC chứng minh ma mb mc + + ≥ R hb hc Ngoài với ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến ta có ma b + c a2 = − a2 + c b − 2 c2 a +b − mc = mb = Thay vào (2∗) ta 3(a3 + b3 + c3 ) + 9abc ≤ 2(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) Vậy ta có toán: Bài toán Cho tam giác ABC chứng minh 3(a3 + b3 + c3 ) + 9abc ≤ 2(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) b, Chon α = p − a, β = p − b, γ = p − c với p= SVTH: Nguyễn Thị Hân a+b+c 59 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Ta có phép biến đổi sau: a2 (p − b)(p − c) = ap(p − a)(p − b)(p − c) = S 2a 1 − p−a p =S = S2 1 − p−a p a p −1− p−a p p2 r − pr − p−a p Biến đổi tương tự với b2 (p − a)(p − c), c2 (p − a)(p − b) ta có p2 r rb − pr − p−b p p2 r rc − pr − p−c p b (p − a)(p − c) = S c (p − a)(p − b) = S Áp dụng hệ thức: 1 4R + r + + = p−a p−b p−c pr (Hệ thức trích "Phương trình bậc ba hệ thức hình học tam giác" Tạ Duy Phương) Từ ta thu a2 (p − b)(p − c) + b2 (p − a)(p − c) + c2 (p − a)(p − b) = S p2 r 1 + + − 3pr − r(a + b + c) p−a p−b p−c 4R + r = S p2 r − 3pr − 2pr pr = S [p(4R + r) − 5pr] = S(4pR + pr − 5pr) = 4Sp(R − r) SVTH: Nguyễn Thị Hân 60 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Thay lại (1∗) ta có (p − a)ma + (p − b)ma + (p − c)ma ≥ 9S(R − r) Vậy ta có toán: Bài toán Cho tam giác ABC chứng minh (p − a)ma + (p − b)ma + (p − c)ma ≥ 9S(R − r) c, Chọn α = bc, β = ac, γ = ab thay vào (1∗) ta có (bc + ca + ab) bcm2a + cam2b + abm2c ≥ a4 bc + ab4 c + abc4 m2a m2b m2c + + (bc + ca + ab) abc a b c m2a m2b m2c + + ≥ ⇔ a b c ≥ abc a3 + b3 + c3 a3 + b3 + c3 bc + ca + ab Vậy ta có toán: Bài toán Cho tam giác ABC chứng minh m2a m2b m2c + + ≥ a b c a3 + b3 + c3 bc + ca + ab d, Xét tam giác ABC Gọi AK, BN, CP theo thứ tự đường trung tuyến tam giác từ đỉnh A, B, C Dựng hình bình hành APHC dễ thấy AK = ma , KH = mb , HA = mc a b c NH = , NA = , NK = 2 Áp dụng bất đẳng thức (∗) cho tam giác AKH với M ≡ N ta thu được: (α + β + γ)(αa2 + βb2 + γc2 ) ≥ 4(m2c αβ + m2a βγ + m2b γα) SVTH: Nguyễn Thị Hân (3∗) 61 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Từ bất đẳng thức cách chọn α, β, γ thích hợp ta lớp bất đẳng thức - Chọn α = ma , β = mb , γ = mc thay vào (3∗) ta thu được: a2 ma + b2 mb + c2 mc ≥ 4ma mb mc - Chọn α= mb mc ma ,β = ,γ = a b b thay vào (3∗) ta thu được: bcma + acmb + abmc ≥ 4ma mb mc - Chọn α = a, β = b, γ = c thay vào (3∗) kết hợp với m2a m2b m2c + + ≥ a b c a3 + b3 + c3 bc + ca + ab Ta thu được: (a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) ≥ 4(bcma + acmb + abmc ) ⇔ (a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) m2a m2b m2c ≥ + + ≥ 4abc a b c a3 + b + c bc + ca + ab Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có m2a m2b m2c (ma + mb + mc )2 + + ≥ a b c a+b+c Suy (a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) (ma + mb + mc )2 ≥ 4abc a+b+c Vậy ta có bất đẳng thức: ma + mb + mc ≤ SVTH: Nguyễn Thị Hân a+b+c a3 + b3 + c3 abc 62 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Sáng tạo bất đẳng thức liên quan đến đường tròn ngoại tiếp tam giác Khi cho M trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp ABC bất đẳng thức (∗) trở thành R2 (α + β + γ)2 ≥ a2 βγ + b2 αγ + c2 αβ (4∗) Từ bất đẳng thức cách chọn α, β, γ thích hợp ta lớp bất đẳng thức a, Nếu chọn α = β = γ thay vào (4∗), ta được: R2 ≥ a2 + b2 + c2 b, Nếu chọn α = a, β = b, γ = c thay vào(4∗), ta được: R2 (a + b + c)2 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab ⇔ R2 (a + b + c)2 ≥ abc(a + b + c) ⇔ R2 (a + b + c) ≥ abc Do S= abc 4R Ta có abc = 4SR = 4prR = 2(a + b + c)rR Thay vào bất đẳng thức ta được: R ≥ 2r SVTH: Nguyễn Thị Hân 63 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga c, Nếu chọn α = β = −γ thay vào (4∗), ta được: R2 + a2 + b2 ≥ c2 d, Nếu chọn α = bc, β = ca, γ = ab thay vào (4∗), ta được: R2 (bc + ac + ab)2 ≥ a4 bc + b4 ac + c4 ab ⇔ R2 (bc + ac + ab)2 ≥ abc(a3 + b3 + c3 ) abc abc ⇔ (bc + ac + ab) ≥ 16 a + b3 + c3 4R 2 Suy (bc + ac + ab) a3 abc ≥ 4S + b3 + c3 Chú ý: Nếu a = 2R sin A, b = 2R sin B, c = 2R sin C bất đẳng thức (4∗) có dạng (α + β + γ)2 ≥ 4(βγsin2 A + αγsin2 B + αβsin2 C) (5∗) - Nếu chọn α = c, β = a, γ = b thay vào (5∗), ta được: (a + b + c)2 ≥ 4(absin2 A + cbsin2 B + casin2 C) Suy p2 ≥ 4(absin2 A + cbsin2 B + casin2 C) - Nếu chọn α = cosA, β = cosB, γ = cosC với điều kiện cosA + cosB + cosC = + r R Thay vào (5∗), ta được: (cos A + cos B + cos C)2 ≥ SVTH: Nguyễn Thị Hân 64 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga 4(cos B cos Csin2 A + cos A cos Csin2 B + cos A cos Bsin2 C) ⇔ (R + r)2 ≥ (4R2 sin2 A) cos B cos C +(4R2 sin2 B) cos A cos C + (4R2 sin2 C) cos A cos B ⇔ (R + r)2 ≥ a2 cos B cos C + b2 cos A cos C + c2 cos A cos B Sáng tạo bất đẳng thức liên quan đến đường tròn nội tiếp tam giác Khi cho M trùng với tâm đường tròn nội tiếp ABC bất đẳng thức (∗) trở thành (α + β + γ)(αT A2 + βT B + γT C ) ≥ c2 αβ + a2 βγ + b2 γα (6∗) Từ bất đẳng thức ta chọn số (α, β, γ) thích hợp đến bất đẳng thức Với T tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC a, Chọn α = β = γ thay vào (6∗) ta được: a2 + b2 + c2 TA + TB + TC ≥ 2 b, Chọn α= b c a ,β = ,γ = TA TB TC Thay vào (6∗) ta được: a sin A B C + b sin + c sin ≥ p 2 c, Chọn α = p − a, β = p − b, γ = p − c thay vào (6∗) ta được: T A2 T B T C + + ≥ 8(R − r) rb rc SVTH: Nguyễn Thị Hân 65 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga ⇔ 1 8R − 9r + + ≥ r3a r3b r3c S2 d, Chọn α = sin B C A , β = sin , γ = sin 2 Thay vào (6∗) ta được:   sin A B C + sin + sin 2 ≥   sin A + sin B +  C sin A B C a cos + b cos + ccos r 2 Kết luận: Vậy từ bất đẳng thức mang tính tổng quát ta sáng tạo số bất đẳng thức khác cách chọn điểm M trùng với điểm đặc biệt tam giác từ sáng tạo số toán chứng minh bất đẳng thức mang đậm tính chất hình SVTH: Nguyễn Thị Hân 66 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Kết luận Sáng tạo bất đẳng thức vấn đề khó lại lý thú bổ ích việc dạy học môn Toán nhà trường phổ thông Trong khóa luận có trình bày khái niệm, tính chất số bất đẳng thức sở, số phương pháp kĩ thuật sáng tạo toán bất đẳng thức đổi biến để sáng tạo bất đẳng thức, khái quát hóa toán quen thuộc để xây dựng lớp bất đẳng thức Ngoài ra, sử dụng bất đẳng thức Côsi, Jensen để sáng tạo bất đẳng thức, sáng tạo bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức hình học Do khuôn khổ khóa luận lực thân hạn chế nên nhiều phương pháp sáng tạo bất đẳng thức chưa khai thác hết Em kính mong thầy cô giáo bạn sinh viên đóng góp ý kiến để khóa luận em đủ hoàn thiện Một lần em xin chân thành cảm ơn cô Nguyễn Thị Kiều Nga tạo điều kiện giúp đỡ em hoàn thành khóa luận SVTH: Nguyễn Thị Hân 67 Khóa luận tốt nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Tài liệu tham khảo [1] Thái Viết Bảo, Hình thành bất đẳng thức tam giác từ bất đẳng thức bản, Sở GD - ĐT Nghệ An [2] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2012 [3] Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức [4] Trần Phương, Những viên kim cương bất đẳng thức Toán học, NXB tri thức, 2009 [5]Tạp chí Toán học Tuổi trẻ SVTH: Nguyễn Thị Hân 68 ... niệm, tính chất bất đẳng thức số bất đẳng thức sở Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức Chương trình bày số bất đẳng thức sáng tạo từ bất đẳng thức cũ số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức Do trình... trái bất đẳng thức, B gọi vế phải bất đẳng thức Hai bất đẳng thức A > B, C > D gọi hai bất đẳng thức chiều Hai bất đẳng thức A > B, C < D gọi hai bất đẳng thức ngược chiều Nếu A > B suy C > D bất. .. nghiệp GVHD: TS Nguyễn Thị Kiều Nga Chương Sáng tạo bất đẳng thức 2.1 Bất đẳng thức cũ Từ bất đẳng thức cũ tạo bất đẳng thức Bây xem xét số bất đẳng thức tạo phương pháp cũ, mà thông thường suy