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 Toán học mơn khoa học đóng vai trị quan trọng ngành khoa học Trong đó, bất đẳng thức mảng kiến thức hay thú vị toán học đặc biệt toán sơ cấp Việc nghiên cứu bất đẳng thức giúp tăng cường tính sáng tạo, khả giải vấn đề phát triển tư Lý thuyết tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Trong hầu hết kì thi học sinh giỏi toán, bất đẳng thức đề cập thuộc loại tốn khó khó Nhiều bất đẳng thức trở thành công cụ đắc lực để giải tốn bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki, Jensen… bất đẳng thức Bernoulli thường quan tâm Là người say mê bất đẳng thức sơ cấp tác giả biết không nhiều bất đẳng thức Vì vậy, tác giả lựa chọn đề tài "Xây dựng số bất đẳng thức sơ cấp dựa bất đẳng thức Bernoulli" với mong muốn tìm nhiều vẻ đẹp bất đẳng thức để có nhìn tổng quan đầy đủ bất đẳng thức sơ cấp để cung cấp thêm tài liệu tham khảo bổ ích tốn học trường THPT Với ý nghĩa trình làm luận văn, tác giả xây dựng lựa chọn toán hay nhằm làm bật lên mặt mạnh bất đẳng thức Bernoulli Luận văn chia thành ba chương Chương Bất đẳng thức Bernoulli Trong chương tác giả trình bày bất đẳng thức Bernoulli dạng phát biểu khác số ví dụ thể kỹ thuật bất đẳng thức Bernoulli Chương Một số bất đẳng thức xây dựng dựa bất đẳng thức Bernoulli Tác giả trình bày ý tưởng xây dựng tốn từ bất đẳng thức Bernoulli thơng qua ví dụ cụ thể Từ trình bày hệ thống tập Mặc dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, em mong muốn nhận góp ý thầy giáo bạn Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo thầy PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn Em xin chân thành cảm ơn thầy giúp đỡ nhiệt tình từ xây dựng đề cương, viết 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 nhận bảo tận tình thầy để có học vấn sau đại học Em xin chân thành cảm ơn thầy cô phản biện đọc góp ý kiến q báu để em hồn thiện luận văn Em xin chân thành cảm ơn trường THPT Trưng Vương, Hưng Yên, nơi em công tác, tạo điều kiện cho em học hồn thành chương trình Cuối cùng, em xin gửi lời chúc đến tất thầy cơ, kính chúc thầy cô luôn mạnh khỏe hạnh phúc Chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 01 tháng 10 năm 2014 Người thực Bùi Trọng Nguyện MỤC LỤC Trang Chƣơng Bất đẳng thức Bernoulli 1.1 Bất đẳng thức Bernoulli 1.2 Một số ví dụ 1.2.1 Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa 1.2.2 Kỹ thuật chọn điểm rơi 18 Chƣơng Một số bất đẳng thức đƣợc xây dựng dựa bất đẳng thức Bernoulli 28 2.1 Xây dựng số hàm đơn điệu dựa bất đẳng thức Bernoulli 28 2.2 Phát triển số bất đẳng thức dựa bất đẳng thức Bernoulli 40 2.3 Xây dựng số bất đẳng thức dựa bất đẳng thức 2   2 51 2.3.1 Một số toán tam giác 52 2.3.2 Một số toán 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 số bất đẳng thức cổ điển 64 2.4.3 Một số toán khác 70 Chƣơng Bất đẳng thức Bernoulli 1.1 Bất đẳng thức Bernoulli Jacob Bernoulli (1654-1705) nhà toán học tiếng người Thụy Sĩ Bất đẳng thức Bernoulli dạy trường phổ thông mang tên để vinh danh ông Bất đẳng thức Bernoulli cho phép tính gần lũy thừa (1+x), phát biểu sau Định lí 1.1 Nếu α số thực thỏa mãn   1  x     .x , với x  1 (1.1) Đẳng thức xảy x=0   Nếu α số thực thỏa mãn    1  x     .x , với x  1 Đẳng thức xảy x=0   Chứng minh Chỉ cần xét   1,   (1.1) trở thành đẳng thức Xét hàm số f (x)  1  x   .x  khoảng (1; ) Ta có đạo hàm  f '(x)   1  x  1     1  x   1  1   Ta suy x  Từ đó, ta có bảng biến thiên sau x f ' (x) -1   f(x) f(0)  Theo bảng biến thiên hàm số, ta suy f (x)  f (0)  0, hay 1  x    .x với x  1  Xét   Khi  Áp dụng kết trên, ta có  1  .x     (x)   x  Ta suy  .x  1  x   Vậy 1  x     .x với x  1 Định lí chứng minh Định lí 1.2 Nếu  số thực thỏa mãn   a      .a , với a  (1.2) Đẳng thức xảy a    Nếu  số thực thỏa mãn    a      .a , với a  Đẳng thức xảy a    Chứng minh Từ bất đẳng thức Định lí 1.1, ta cần đặt a   x Khi a  (0; ) Định lí 1.3 Cho hai số thực ,  thỏa mãn     Khi x      x  , với x    (1.3) Đẳng thức xảy x  Để sử dụng bất đẳng thức Bernoulli cho trường hợp đảm bảo chắn đẳng thức xảy x  x , với x số dương cho trước, ta cần thay bất đẳng thức định lý sau Định lí 1.4 Giả sử cho trước x >0 cặp số  ,   thỏa mãn điều kiện     Khi    x    x         , với x     x0   x0  (1.4) Đẳng thức xảy x  x 1.2 Một số ví dụ 1.2.1 Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa Các dạng toán đặc trưng bất đẳng thức Bernoulli dễ nhận bất đẳng thức với số mũ vô tỉ dương hay chuyển đổi số mũ vơ tỉ Kỹ thuật chủ yếu để xử lí dạng tốn kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa Xét ví dụ điển hình sau Ví dụ 1.2.1 Giả sử a, b hai số thực dương Chứng minh a3  b3  21 ab(a  b) Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a3 ab(a  b)  b3 ab(a  b)  21 Hay   a    b(a  b)  2   b    a(a  b)  2  21 Áp dụng bất đẳng thức (1.3), ta có   a   b(a  b)   2   a      , b(a  b)     b   a(a  b)   2   b      a(a  b)   Cộng hai bất đẳng thức theo vế, ta   a   b(a  b)   2 2   b    2 2 a(a  b)   2      a b  2.         b(a  b)   a(a  b)     Tương đương với   a   b(a  b)   2   b    a(a  b)   2 2 2  a2 b2   2.    b(a  b) a(a  b)  Mặt khác a2 b2 a  ab  b2    1, với a, b  b(a  b) a(a  b) ab Nên   a   b(a  b)   2   b    a(a  b)   2  Tương đương với   a    b(a  b)  2   b    a(a  b)  2  21 Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a  b Ví dụ 1.2.2 Giả sử a, b, c ba số thực dương Chứng minh bất đẳng thức 3  a   b   c        bc ca ab Lời giải Ta biết bất đẳng thức Nesbitt sau  23 a b c    bc ca ab Ta đánh giá số mũ thông qua số mũ bất đẳng thức (1.2) Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có  2a   2a       3.  bc bc Tương tự  2b   2b       3. , ca ca  2c   2c       3.  ab ab Cộng ba bất đẳng thức theo vế áp dụng bất đẳng thức Nesbitt, ta bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c Ví dụ 1.2.3 Giả sử a, b, c ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a b c    bc ca ab Lời giải Áp dụng Định lí 1.2, ta có  b  c3  1    b  c  3 Ta suy bc  bc2 Hay a 3a  bc bc2 1a1  2a  3a  4a  a11 a 2 a 33 a 4 (2.4.2) Chứng minh Ta có 1a1  2a  3a  4a 2 4  1   3    1     a1  a    3     a3  a  1    3     1    3     1    a   a 1 1 2 a 1 1 2 2 1 2 a 2 1 2  a 1 2   3    a 3 3  a 4 3  4  3 3 4 a 4 3 4 1 2  a11 a 2 a 33 a 4 Đẳng thức xảy a1  a  a  a Mệnh đề 2.4.3 Giả sử a1, a , a  ; 1, 2 , 3  1  2 + 3  Chứng minh 1a1  2a  3a  a11 a 2 a 33 (2.4.3) Chứng minh Ta có 3 3 3a 3a 1 2   a1 a a a 32  a11 a 2 a 33 1a1  2a  3a  1a1   2a  2 Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a1  a  a Mệnh đề 2.4.4.(Bài toán tổng quát) Giả sử n số không âm a1, a , , a n với n  n số dương 1, 2 , , n thỏa mãn 1  2 + +n  Chứng minh 1a1  2a   n a n  a11 a 2 a n n (2.4.4) Chứng minh Theo Mệnh đề 2.4.1, Mệnh đề 2.4.2 tiếp tục với q trình ta chứng minh (2.4.4) với n  2,4,8, nói chung (2.4.4) với n lũy thừa Đây quy nạp theo hướng lên Bây ta thực quy trình quy nạp theo hướng xuống Ta chứng minh (2.4.4) với n  với n  62 Ta có 1 2 a a a n 1 n 1 1 2  a a a n  n 2 a n 1 n 1 a n 1 n 1  1a1   2a    n 2a n 2   n 1  a n 1  n 1 a n 1 2 Từ suy a11 a 2 a n n11  1a1  2a   n 1a n 1 Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 2.4.5 Giả sử n số dương a1, a , , a n với n  Chứng minh a a1 a1 a  a n a a2 a1 a  a n .a an a1 a  a n n  a1  a   a n n (2.4.5) Chứng minh Xét a a1 a1  a  a n a a2 a1 a  a n .a an a1 a  a n n 1    a1  a1 a1  a  a n 1 a   2 a2 a1 a  a n  1    an  an a1 a  a n Từ đó, ta suy a a1 a1  a   a n a a2 a1  a  a n .a an a1 a  a n n a1    a1  a   a n a2 1   a   a  a   a   n an     a1  a   a n 1 a   n 1  a  a  a   a ;  n n Hay a a1 a1 a  a n a a2 a1 a  a n .a an a1 a  a n n  a1  a   a n n Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 2.4.6 Giả sử n số thực dương a1, a , , a n , với n  Chứng minh 63 a  a  a n 1  a  a   a n  a a a     n  a1a1 a a22 a ann   a1a a n  a1 a 2 an n a1 a  a n n Chứng minh Theo Mệnh đề 2.4.5 ta có a a1 a1 a  a n a a2 a1 a  a n .a an a1 a  a n n  a1  a  a n n Ta suy a  a  a n  a  a   a n  a a a     n  a1 a 2 an n Theo câu 1, ta có a  a  a n  a  a   a n  a a a     n  a1 a 2 an n Mặt khác a1  a   a n   a1a a n  n n Do a1a1 a a22 a ann   a1a a n  a1 a  a n n Mệnh đề chứng minh 2.4.2 Xây dựng lại số bất đẳng thức cổ điển Ví dụ 2.4.1 (Bất đẳng thức Yuong) Giả sử a, b không âm p, q thỏa mãn điều kiện p  1, q>1, 1   p q Chứng minh a p bq ab   p q Lời giải Áp dụng Mệnh đề 2.4.1 với 64 1 a1  a p , a  bq , 1  ,   p q Ta có 1 1 a p bq ab   a p  p  bq  q  a p  bq   p q p q Bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.4.2 (Bất đẳng thức Holder) Giả sử a1 ,a , ,a n ; b1,b , ,b n  0; 1    1 ; p q n  ¥ , n  Với p, q  Chứng minh a1b1  a 2b2   a n bn  p a1p  a 2p   a np q b1q  bq2   bqn Lời giải Xét a1b1  a 2b2   a n bn =0 Ta suy a1  a   a n   b  b   b   n Bất đẳng thức hiển nhiên Xét a1b1  a 2b2   a n bn  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a1b1  a b2   a n bn p a1p  a 2p   a np q b1q  bq2   bqn Hay 65  p q p         a b a b  p  p p p   q q q  p p   q q q   a1  a   a n   b1  b   b n   a1  a   a n   b1  b   b n  p q p p q q     a b    p  p p   q q q  a  a   a b  b   b  n   n  p n q n Theo Mệnh đề 2.4.1, ta có 1  p  q a1p b1q  p p p   q q q   a1  a   a n   b1  b   b n   1  1 a1p b1q   p     p  a1  a p2   a pn  q  b1q  bq2   bqn  p     a b  p   p p q q q   a1  a   a n   b1  b   b n  p q q  1  1 a p2 bq2   p   q p p  q q  p  a1  a   a n  q  b1  b   b n  …………………………………………………… 1  p  q a pn bqn  p p p   q q q   a1  a   a n   b1  b   b n   1  1 a pn bqn   p   q p p  q q  p  a1  a   a n  q  b1  b   b n  Cộng n bất đẳng thức theo vế, ta a1b1  a b   a n b n p a1p  a 2p   a np q b1q  bq2   bqn 1 a1p a 2p a np   p    p p  a1  a 2p   a np a1p  a 2p   a np a1  a 2p   a np    1 b1q bq2 bqn   q    q q  b1  bq2   b qn b1q  b q2   b qn b1  bq2   bqn Do 66    q a1b1  a b2   a n b n p a1p  a p2   a pn q b1q  bq2   bqn  1   p q Ví dụ 2.4.3 (Bất đẳng thức Bunhiacopski) Giả sử 2n số thực a1, a , , a n b1,b2 , ,bn Chứng minh  a1b1  a 2b2   a n bn    a12  a 22   a n2  b12  b22   bn2  Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Holder với  a i  0, víi mäi i=1,2, n   bi  0, víi mäi i=1,2, n  p  q  Ta có a1 b1  a b2   a n bn  a1  a   a n 2 b1  b2   bn 2 Hay a1 b1  a b2   a n bn   a12  a 22   a n2  b12  b22   bn2  Mặt khác a1b1  a 2b2   a n bn  a1 b1  a b2   a n bn Ta suy a1b1  a 2b2   a n bn   a12  a 22   a n2  b12  b22   bn2   a1b1  a 2b2   a n bn    a12  a 22   a n2  b12  b22   bn2  Do Bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.4.4 Giả sử ba dãy số thực không âm  a1,a , ,a n  ,  b1,b2 , ,b n   c1,c2 , ,cn  Chứng minh  a1b1c1  a 2b2c2   a n bn cn    a13  a 32   a 3n  b13  b32   b3n  c13  c32   c3n  67 Lời giải Xét a1b1c1  a 2b2c2   a n bncn  Ta suy a1  a   a n  0;  b  b   b  0; n  c1  c   c n  Khi bất đẳng thức hiển nhiên Xét a1b1c1  a 2b2c2   a nbncn  Tương đương với a1b1c1  a 2b2c2   a n b n cn  a13  a 32   a 3n b13  b32   b3n c13  c32   c3n Hay a1b1c1  a 2b2c2   a n b n cn a  a   a 3 3 n b  b   b 3 3 n c  c   c 3 n  Tương đương với 3       a b c   3   3   3  a  a   a b  b   b c  c   c  n   n   n  3 1 1  3  3  3 a 32 b32 c32   3   3   3   a1  a   a n   b1  b   b n   c1  c2   c n  1  3  3  3 a 3n b3n c3n     3   3   3   a1  a   a n   b1  b   b n   c1  c2   c n  Theo Mệnh đề 2.4.1, ta có 68 1  3  3  3 a13 b13 c13  3   3   3   a1  a   a n   b1  b   b n   c1  c   c n  1 a13   3  a1  a 32   a 3n Tương tự, ta có  1 b13   3   b1  b   b n  1 c13   3   c1  c   c n     3  3  3 a 32 b32 c32  3   3   3   a1  a   a n   b1  b   b n   c1  c   c n  1 a 32   3  a1  a 32   a 3n  1 b32   3   b1  b   b n  1 c32   3   c1  c   c n    ……………………………………………………… 3       a b c      3 3 3 3   a1  a   a n   b1  b   b n   c1  c   c n  n n n  1 1 a 3n b3n      a1  a 32   a 3n   b13  b32   b3n Cộng n bất đẳng thức theo vế, ta  1 c3n   3   c1  c   c n a1b1c1  a b 2c2   a n b n c n a13  a 32   a 3n b13  b32   b3n c13  c32   c3n 1 a13 a 32 a 3n       a1  a 32   a 3n a13  a 32   a 3n a13  a 32   a 3n     1 b13 b32 b3n      3 3 3   b1  b2   bn b1  b   b n b1  b   b n  1 c13 c32 c3n   3    3  c1  c2   c3n c13  c32   c3n c1  c2   c3n Ta suy a1b1c1  a 2b2c2   a n b n cn a13  a 32   a 3n b13  b32   b3n c13  c32   c3n Bất đẳng thức chứng minh 69        2.4.3 Một số toán khác Ví dụ 2.4.5 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh tan A tan B tan C  tanA   tanB  tanC    3  sin A sin B sin C 2  sin A   sin B   sin C     3 3 3  cos A  cos A  cos B  cos B  cosC  cos C  2   3 Lời giải Theo Mệnh đề 2.4.6 với n  , ta  tanA tan A  tanBtan B  tanC tan C   tan A tan Btan C  tan A+ tan B tan C Mặt khác, tam giác nhọn ABC, ta ln có tan A  tan B  tan C  tan A tan Btan C  3 Ta suy  tanA  tan A  tanB tan B  tanC  tan C  3  tan A+ tan B tan C Mặt khác tan A  tan B  tan C  3 Do  tanA tan A  tanBtan B  tanC tan C   3  Bất đẳng thức chứng minh Áp dụng Mệnh đề 2.4.6 với n  , ta có  sin A  sin A  sin B sin B  sin C  sin C  sin A  sin B  sin C      sin A sin Bsin C Vì ABC tam giác nhọn nên sin A  sin B  sin C  sin A  sin B  sin C   2cosAcosBcosC  Ta suy 70 sin A  sin B  sin C  3 Do  sin A  sin B  sin C      sin A sin Bsin C 2   3 sin A sin Bsin C Mặt khác 0 3  ,  sin A  sin B  sin C  Ta suy 2   3 sin A sin Bsin C 2   3 3 Hay  sin A  sin A  sin B  sin B  sin C  sin C 2   3 3 Bất đẳng thức chứng minh Áp dụng Mệnh đề 2.4.6 với n  , ta có  cos A  cos A  cos B cos B  cosC  cos C  cos A  cos B  cosC      cos A cos Bcos C Mặt khác cos A  cos B  cosC   4sin A B C sin sin 2 Ta suy cosA  cosB  cosC  (vì sin A B C sin sin  ) 2 Do cos A  cos B  cosC  3 Nên 71  cos A  cos B  cosC      cos A cos Bcos C 1    3 cos A cos Bcos C Mặt khác   ,  cos A  cos B  cosC  Ta suy 1    3 cos A  cos B cos C 1    3 Do  cos A  cos A  cos B  cos B  cosC  cos C  2   3 Bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.4.6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh tan A  cos A   cos B cot A  sin B  tan B  cosC  tan C 1   2 3  sin A  cot B  sin C  cot C  3     Lời giải Ta có tan A tan B tan C  cos A  tan A+ tan B tan C  cos B  tan A+ tan Btan C  cosC  tan A+ tan Btan C tan A tan B       cos A    cos B  tan A+ tan B  tan C   tan A+ tan B  tan C  tan C sin A  sin B  sin C   +    cosC  tan A+ tan B  tan C  tan A+ tan B  tan C  Mặt khác  3 sin A  sin B  sin C    tan A  tan B  tan C  3  72 Nên 3 sin A  sin B  sin C  = tan A+ tan B  tan C 3 Từ suy tan A tan B tan C  cos A  tan A+ tan Btan C  cos B tan A+ tan Btan C  cosC  tan A+ tan Btan C  Do  cos A  tan A  cos B tan B  cosC  tan C 1   2 tan A  tan B tan C Mặt khác 0  , tan A  tan B  tan C  3 Do  cos A  tan A  cos B tan B  cosC  tan C 1   2 3 Ta có cot A cot B cot C  sin A  cot Acot Bcot C  sin B  cot Acot Bcot C  sin C  cot Acot Bcot C cot A cot B       sin A    sin B   cot A  cot B  cot C   cot A  cot B  cot C  cot C cos A  cos B  cosC      sin C  cot A  cot B  cot C  cot A  cot B  cot C  Mặt khác  cos A  cos B  cosC   cot A  cot B  cot C   Do 73 cos A  cos B  cosC  = cot A  cot B  cot C Từ suy cot A cot B cot C  sin A  cot Acot Bcot C  sin B cot Acot Bcot C  sin C  cot Acot Bcot C  Mặt khác 0  1, cot A  cot B  cot C  Ta suy  sin A  cot A  sin B  cot B  sin C  Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy giác ABC 74 cot C  3     Kết luận Trong luận văn này, tác giả trình bày vấn đề sau 1) Nhắc lại bất đẳng thức Bernoulli phát biểu khác bất đẳng thức Trình bày hai kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bernoulli 2) Trình bày ý tưởng phương pháp cụ thể để xây dựng bất đẳng thức dựa bất đẳng thức Bernoulli 3) Vận dụng bất đẳng thức Bernoulli để xây dựng lại số bất đẳng thức cổ điển xây dựng hệ thống tập theo nội dung 75 Tài liệu tham khảo 1 Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức 2 Phan Huy Khải, Trần Hữu Nam (2009), Bất đẳng thức ứng dụng, NXB Giáo Dục Việt Nam 3 Nguyễn Văn Mậu (2007), Các toán nội suy áp dụng, Nhà Xuất Bản Giáo Dục 4 Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức định lí áp dụng, Nhà Xuất Bản Giáo Dục 5 Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2006), Các giảng bất đẳng thức Côsi, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội 6 Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng (2007), Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội 7 T.Andreescu, R.Gelca, Mathematical Olympial Challenges-2001, Birkhauser Boston, Second printe, United States of America 76 ... , với x     x0   x0  (1.4) Đẳng thức xảy x  x 1.2 Một số ví dụ 1.2.1 Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa Các dạng toán đặc trưng bất đẳng thức Bernoulli dễ nhận bất đẳng thức với. .. tác giả biết khơng nhiều bất đẳng thức Vì vậy, tác giả lựa chọn đề tài "Xây dựng số bất đẳng thức sơ cấp dựa bất đẳng thức Bernoulli" với mong muốn tìm nhiều vẻ đẹp bất đẳng thức để có nhìn tổng... 1.2.6 Cho tam giác ABC Chứng minh  3 sin A  sin B  sin C  3.    Lời giải Phát biểu toán gợi cho ta nhớ đến kết quen thuộc sau sin A  sin B  sin C  , với ABC Như ta đánh giá thông qua