A/LêI NãI §ÇU1/ L Ý do chän ®Ò tµi: Bất đẳng thức và cực trị của biểu thức nhiều biến từ lâu đả trở thành đề tài quen thuộc đề cập trong nhiều tài liệu. Thường gặp trong nhiều cuộc thi từ các lớp THCS đến bậc đại học,trong các kì thi Olimpic trong nước và thế giới,nó là vấn đề khó và thật hấp dẫn bởi vì việc giải nó nhiều khi phải rất công phu,sáng tạo đôi khi phải biết kết hợp nhiều phương pháp,nhiều kỹ thuật mới giải được chúng, mỗi bài một vẽ thật là đa dạng. Giải toán BĐT và cực trị nói chung và BĐT,cực trị của biểu thức có nhiều biến số nói riêng không những rèn luyện phẩm chất tư duy,óc sáng tạo,trí thông minh cách nhìn linh hoạt, tinh tế của người học,người làm toán là động cjthucs đẩy lòng đăm mê, yêu thích môn toán. Các bài toán BĐT và cực trị không những giáo dục các phẩm chất trí tuệ của người học mà còn chứa đựng tính thực tiễn cao trong việc ứng dụng toán họcvào thực tiễn cuộc sống giải các bài toán tối ưu. Các bài toán BĐT và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số là những vấn đề thường được đề cập trong các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.Không thể có một phương pháp chung để có thể giải cho mọi loại bài toán,trong một chừng mực nào đó vẫn có thể nêu ra một số kỹ thuật giải chung cho các bài toán,đó là một việc mà các nhà sư phạm nên làm giúp cho học sinh có một nền kiến thức cơ bản khi đứng trước một bài toán thuộc loại này. Vì những lý do trên việc đề cập đến một số kỹ thuật,một số cách giải có tính thông dụng nhất về lớp các bài toán thuộc dạng này là một việc cần thiết giúp cho người học nâng cao khả năng tự học tự khai thác phát hiện và giải toán.2/ Môc ®Ých cña ®Ò tµi: Trªn c¬ sënhìng kinh nghiÖm gi·ng d¹y vµ thùc tiÔn häc tËp cña häc sinh,®óc kÕt thµnh kinh nghiÖm vµ mét sè ph¬ng ph¸p t×m cùc trÞ vµ chøng minh mét sè bÊt ®¼ng thøc nhiÒu biÕn sè3/Ph¹m vi nghiªn cøu: Ph¹m vi nmghiªn cøu cña ®Ò tµi xoay quanh c¸c d¹ng vµ ph¬ng ph¸p gi¶i c¸c bÊt ®¼ng thøc vµ cùc trÞ cña biÓu thøc chøa nhiÒu biÕn sè.4/ C¬ së nghiªn cøu C¬ së nghiªn cøu lµ dùa trªn c¸c kiÕn thøc ®· häc ë trêng ®¹i häc,c¸c khãa båi dìng n©ng cao kiÕn thøc trong hÌ ®èi víi gi¸o viªn d¹y chuyªn do bé tæ chøc,thùc tÕ gi·ng d¹y ë c¸c líp chuyªn to¸n trong trêng chuyªn,kÜ yÕu héi th¶o ®µo t¹o hÖ trung häc phæ th«ng chuyªn,t¹p chi to¸n häc vµ tuæi trÎ,s¸ch gi¸o khoa ,s¸ch tham kh¶o cña bé m«n to¸n bËc trung häc phæ th«ng.5/ Ph ¬ng ph¸p nghiªn cøu: Thùc hiÖn ®Ò tµi nµy,t«i sö dông c¸c ph¬ng ph¸p sau ®©y:-Ph¬ng ph¸p nghiªn cøu lý luËn;-Ph¬ng ph¸p kh¶o s¸t thùc tiÔn;-Ph¬ng ph¸p ph©n tÝch;

1

-Ph¬ng ph¸p tæng hîp;-Ph¬ng ph¸p kh¸i qu¸t hãa;-Ph¬ng ph¸p tæng kÕt kinh nghiÖm.B/ NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = F với và ngoài ra còn chịu một số ràng buộc khác.

Các cách giải thông dụng 1/ Đánh giá trực tiếp Q bằng bất đẳng thức2/ Đánh giá Q bằng phương pháp đạo hàm3/ Đánh giá Q bằng phương pháp dồn biến4/ Đánh giá Q bằng phương pháp lượng giác hóa 5/ §¸nh gi¸ Q th«ng qua t×m miÒn gi¸ trÞ...Vấn đề dùng bất đẳng thức để đánh giá Q có trong rất nhiều tài liệu ,trong đề tài này qua một số ví dụ nhằm làm rõ thêm về mặt phương pháp dùng đạo hàm, dồn biến phương pháp lượng giác hóa,ph¬ng ph¸p t×m miÒn gi¸ trÞ ®Ó tìm cực trị của biểu thức nhiều biến. §Ó thuËn tiÖn cho viÖc nghiªn cøu t«i xin ®Ò cËp ®Õn ph¬ng ph¸p chuÈn hãa trong c¸c hµm cã tÝnh thuÇn nhÊt ba biÕn.Bµi to¸n: Tim cùc trÞ cñ biÓu thøc Q = biÕt (1) víi Hàm số thỏa mãn điều kiện (1) gọi là hàm thuần nhất ba biến x,y,zMÖnh ®Ò 1:Cho lµ mét ®a thøc ®¼ng cÊp bËc k vµ hµm sè

thãa m·n (1) th× gi¸ trÞ cña trªn miÒn: kh«ng thay ®æi khi thay ®æi.

Gi¶ sö lµ mét ®iÓm sao cho: lµ mét ®iÓm sao cho: víi ta chøng minh .ThËt vËy

(®Æt )

mÆt kh¸c nªn do (1).¸p dông mÖnh ®Ò trªn ®Ó t×m gi¸ trÞ cña

trªn c¸c miÒn

2

chØ cÇn t×m gi¸ trÞ cña nã trªn miÒn cè ®Þnh.§iÓm mÊu chèt trong tõng bµi to¸n chän ®a thøc ®¼ng cÊp

nµo lµ thÝch hîp cho viÖc chuÈn hãa.VÝ dụ minh h ọa : Cho c¸c sè thùc d¬ng . T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc Q =

NhËn xÐt ,vËy lµ hµm thuÇn nhÊt nªn chØ cÇn t×m gi¸ trÞ cña trªn miÒn ,khi ®ã Q

Ta cã

nªn Q

V× . Q = khi

KÕt luËn: MaxQ = khi Sau đây là một số phương pháp tìm cực trị của biểu thức nhiều biến số được đề cập trong đề tài này: I ) Ph ¬ng ph¸p ®¹o hµm : Phương pháp đạo hàm là chuyển việc đánh giá Q về đánh giá biểu thức một biến số.1/ Đánh giá đại diện : Nếu Q có dạng đối xứnga/ Đánh giá đại diện bằng phương pháp miền giá trịBài toán 1: Cho là ba góc của một tam giác.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

Ta viết

Đánh giá đại diện .Ta có ’

Lập bảng biến thiên hàm số trong khoảng

x 0

f’(x) - 0 +

f(x)

3

x 0 Từ bảng biến thiên ta suy ra

. Dấu đẳng thức khi đều

Bài toán 2: Cho các số thực ,thỏa mãn điều kiện .

Chứng minh BĐT

Ta có (1) Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng

thức sau:

Hay phải chứng minh

Khảo sát đại diện là hàm số bằng đạo hàm tìm được giá trị lớn nhất của

trên khoảng này là từ đó suy ra điều cần chứng minh.

b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhấtNếu bài toán có dạng sau cho n và các số thỏa mãn , vớiChứng minh rằng ( hay ),Đẳng thức xãy ra khi .Dạng bài toán này có tính chất nổi bật: vế trái là biểu thức đối xứng đối với các biến

nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm ra một phương pháp chung để có thể giải được hàng loạt bàiToán như thế thì hoàn toàn không đơn giản.Trong bài viết này ta sẽ vận dụng giả thiết một cách linh hoạt, đó là ta sẽ tìm các hằng số A , B thích hợp để đánh giá ,đẳng thức xãy ra khi .Đối với nhiều bài toán ,biểu thức y = Ax + B được chọn chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x = . Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu sử dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì có thể không xãy ra. Ta có thể minh họa bằng đồ thị

4

Hàm số y = f(x) trên khoảng D = không lồi và cũng không lõm trên D nhưng đồ

thị vẫn “nằm trên” tiếp tuyến của nó tại D .Trong bài này không thể áp

dụng được BĐT hàm lồi được nhưng vẫn có thể dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải quyết bài toán.Sau đây xin được trình bày một số bài toán minh họa cho phương pháp trên được trích dẫn từ một số đề thi Olympic của nước ta và các nước trên thế giới. Trong một số bài toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu thức trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất.Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho các số thực dương .Chứng minh rằng:

Q = ,(1)

Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với

Viết Q =

Với .Khi đó tiếp tuyến tại có phương trình:

.Mặc dầu trong khoảng đồ thị (C) của hàm số

không lồi

Nhưng vẫn có

thật vậy (*)

Xét hàm số với g’(x) = lập bảng biến thiên của hàm số y = g(x) ta được kết quả .Áp dụng BĐT (*) cho các số a , b , c

5

ta có .BĐT (1) được chứng minh .Đẳng thức

xãy rakhi Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) .Cho các số dương thỏa mãn

Chứng minh rằng: .(1)

Từ giả thiết ta có và BĐT (1)

Trong đó xét với . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

Có phương trình .Mặt khác

với mọi hay

Từ đó suy ra . Vậy BĐT (1) được chứng

minh.

Đẳng thức xãy ra khi

Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999)

Cho các số thực thỏa mãn Chứng minh rằng ,

(1)

Đặt Khi đó BĐT (1) trở thành

Ta có f’(x) =

Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị để so sánh)

x - 3 - 1 - 1/3 1 2

f’(x) - 0 + 0 -

f(x)0 1/2 2/5 -3/10 -3/10 -1/2 0

6

( ). Xét các trường hợp xãy ra :

1/ Có một số , giả sử nên có một số , giả sử Khi đó ta có :

2/ Có một số, giả sử Khi đó

3/ Cả ba số Khi đó tiếp tuyến của đồ thị tại có phương trình:

.Ta có

Áp dụng BĐT này cho các số và ta có

.Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng.

bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi

Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng

và sử dụng linh hoạt

giả thiết để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn.Bài toán 6: (Rumania,2005). Cho các số thực dương thỏa mãn

Chứng minh rằng: (1)

Theo giả thiết Từ đó nếu có một trong ba số,giả sử a <1/3 thì

nên (1) đúng.

Ta xét trường hợp .Vì Vậy

BĐT (1) . Xét hàm số

Tiếp tuyến của đò thị hàm số tại x =1 là y = -4x + 4.Ta có

(do ) hay với mọi x .

7

Áp dụng cho các số ta có .Vậy BĐT (1)

được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều kiện

.

Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp và áp dụng tính chất

của hàm số f(x) trên đó là hết sức cần thiết.Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho các số không âm thỏa mãn Chứng minh rằng : (1)Đặt .Khi đó (1) trở thành

Trường hợp 1. Trong ba số a,b,c có một số ,giả sử Khi đó thì .

Xét hàm số f(x) trên đoạn ta có f’(x)= với mọi

Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó với hơn nữa với

Thì và nên hay (2) đúng

Trường hợp 2. Các số .Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

có phương trình

Ta có .

Xét hàm số trên đoạn .Ta có g’(x) =

g’(x) = 0 hoặc .Bảng biến thiên của g(x) trên đoạn này như sau

x 0 1/3 9/10

g’(x) - 0 +

g(x)-16 -637/1000

Suy ra trên đoạn ; g(x) < 0 nên hay

8

Áp dụng cho các số a,b,c và a + b +c = 1 ta có

Hay (2) đúng. Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng.

Đẳng thức xãy ra khi hoặc là một hoán vị bất kì của bộ

Nhận xét : Đây là bài toán rất khó, để giải bài toán này chúng ta phải chia miền giá trị của các biến một cách chặt chẽ. Trong cách giải trên việc chia đoạn thành các đoạn

, là một cách hợp lí.

Bài toán 8: (Moldova,2005) .Cho các số dương thỏa mãn .

Chứng minh rằng:

Lời giải:

Vì nên do đó

Để vận dụng giả thiết ta đặt thì ta có

x,y,z > 0 và .

Ta phải chứng minh .Xét hàm số .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại t = 4 có phương trình .

Hơn nữa ta có : với .

Vậy .Từ đó

BĐT được chứng minh . Đẳng thức xãy ra khi 2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biếnBài toán 9: Cho các số thực . Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q =

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử kết hợp điều kiện

Ta có Q = (do 7 -9a >0; )

Xét hàm số

9

f’(a) = do

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi .

Bài toán 10: Cho thỏa mãn .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = Giải: Không mất tính tổng quát gỉa sử kết hợp với giả thiết ta suy ra Vì do suy từ giả thiếtNên Q Bảng biến thiên hàm số với

c 1 3/2 2

f’(c) - 0 +

f(c)

5 5

f(3/2)

Từ BBT ta suy ra Q .Đẳng thức xãy ra khi là một hoán vị bất kì của bộ Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5.

3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biếnBài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn

(II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

Đặt t = xy + yz + zx thì Q = Ta có t =

Hệ (II)

Vì (do x > 0 ) kết hợp điều kiện

10

0 < x < 4 ta được .Khảo sát hàm số ta được

Tập giá trị là . Vì Q = h(t) = với

do hàm số h(t) nghịch biến trên đoạn này, suy ra giá trị nhỏ nhất của Q là

MinQ = ,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ = .

Bài toán 12: Cho các số thực thỏa mãn (I)

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

Đặt = xyz thì Q = Hệ (I)

Vì kết hợp ta được

Khảo sát hàm số và kết hợp với ta được

Vì Q = nên giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47,giá trị lớn nhất là

MaxQ =

Bài toán 13: Cho các số thực thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất ,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

Giải: Từ giả thiết ta có

Vì

Kết hợp với x > 0 ta được .

Đặt s = x + y + z thì s= g(x) = với .

Khảo sát hàm số g(x) với và chú ý s > 0 ta được

11

Mặt khác Q = f(s) = .Dùng đạo hàm lập bảng biến thiên

hàm số f(s),ta được MinQ = f(5) = 33; MaxQ = .

Bài toán 14: Cho các số thực

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =

§Æt Q = th× lµ hµm thuÇn nhÊt ta chuÈn hãa .Khi ®ã:;v×

Ta có Q =

Vì . Đặt nên Q

Xét hàm số f(t) = ; f’(t) = .

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của Q là 4 khi a = b = c = 1.Bài toán 15: Cho các số thực thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =

Trước hết ta chứng minh Q

Áp dụng BĐT ta suy ra Q

Đặt thì .Khảo sát hàm số

Ta được suy ra Q Đẳng thức xãy ra khi

Kết luận: minQ = .

4/ Chuyển về khảo sát hàm số một biến bằng cách coi các biến còn lại là tham sốBài toán 16: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = trên miền E =

Coi x là tham số ta có hàm số .Ta có f’(y) = Bảng biến thiên của hàm số này trên đoạn là

y 0 x/4 1

12

f’(y) + 0 -

f(y)

0

Khi thì .Tiếp đến khảo sát hàm số Tìm được ming(x) = g(1) = -1.Kết quả giá trị nhỏ nhất của Q là – 1 đạt khi x = 1 ,y = 1.Bài toán 17: Xét các số thực dương thỏa mãn điều kiện .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu trức Q =

Giải: Từ giả thiết và

Do đó Q .Xét hàm số

f’(x) = tren khoảng thì f’(x) = 0

và đổi dấu từ âm qua dương khi qua suy ra

Q .Đặt =

g’(y)= 0 Đặt thì t > 0 và ta có phương trình

phương trình này chỉ có một nghiệm dương t = 8 từ đó y =

Ta cũng có .Vậy Q .

Đẳng thức xãy ra khi .Kết quả là giá trị nhỏ nhất của Q.

II/ Ph ¬ng ph¸p dån biÕn ( xét với ba biến) Giả sử ta phải chứng minh với là biểu thức đối xứng của

Bước 1/ ta chứng minh (với hoặc )

Đôi khi ta còn phải thêm điều kiện hoặc nếu các biến có vai trò bình đẳng để chứng minhBước 2/ Chứng minh nếu b = cBài toán 17: Cho các số thực .Chứng minh BĐT Ta có (1) Bước 1: giả sử .

13

Xét hiệu

=

Vì (do ) .

Bước 2: Ta chứng minh khi b = c khi đó từ (GT) ta có

=

Thay vào (*) ta được

.BĐT này luôn đúng từ đó ta có đpcm.

Bài toán 18: Cho các số thực không âm thỏa mãn Chứng minh rằng : .Không mất tính tổng quát ta giả sử kết hợp (gt)

. Đặt

Bước 1/ Xét hiệu

. Vậy

Bước 2 / Ta sẽ chứng minh ( do )

Nhưng với thì BĐT trên hiển nhiên đúng vì

Đẳng thức xãy ra khi a = b = c = 1III/ Ph ¬ng ph¸p l îng gi¸c hãa: Cơ sở của phương pháp này là dựa vào các kiến thức sau:

1)Cho các số thực thì

2)Cho các số thực thì

14

3)Nếu thì tồn tại : sina = x và tồn tại

4)Với mỗi số thực x luôn tồn tại số .

5)Nếu có các số thực x và y thỏa mãn: thì tồn tại .

Bài toán 19: Cho các số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = .

Ta có (*) . Đặt

Theo 2) ta suy ra và Q =

Vậy Q =

MaxQ =

Bài toán 20: Cho các số thực thỏa mãn . Chứng minh Điều kiện xác định: Nếu hoặc hoặc hoặc BĐT hiển nhiên đúng.Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1

Đặt khi đó từ giả thiết ta có

do

(đpcm)

IV/ Ph ¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ: Bài toán 21: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = biết Giải: Q là giá trị của biểu thức khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm

hệ (I) Vì x và y là nghiệm của phương trình (*)

Nên hệ (I) có nghiệm có nghiệm .KL MinQ = ;MaxQ = .

15

Chú ý: Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng có phương trình Q có điểm chung với đường tròn (C) có phương trình Ta thu được kết quả như trên.Bài toán 22:(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2004-2005 bảng A)Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = biết thỏa mãn hệ thức

Giải : Q thuộc tập giá trị khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm (I)

Đặt Ta có hệ mới (II)

Hệ (I) có nghiệm (II) có nghiệm phương trình có hai

ngiệm không âm

.Kết luận MinQ = ;MaxQ =

Bài toán 23: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q = ;biết x,y thỏa mãn

Đặt t = xy thì Q = .Kết hợp (1) và (2) suy ra .

Vậy t thuộc tập giá trị khi chỉ khi hệ sau có nghiệm

Phương trình: có hai nghiệm thỏa mãn

.

16

Khảo sát hàm số trên đoạn bằng đạo hàm, ta suy ra trên đoạn

này hàm số đồng biến, nên Min f(t) = f ;Maxf(t) = f

Các bài tập tự luyện:

Bài tập 1:a) Cho các số thực dương .Chứng minh

b) Cho các số thực dương .Chứng minh

c) Cho các số thực dương .Chứng minh

d) Cho các số thực không âm .thỏa mãn .

Chứng minh

e) Cho các số và .Chứng minh rằng:

Bài tập 2:

a)Với mọi số thực x, y ta đều có:

b)Cho các số thực x,y,z thỏa mãn .

Chứng minh

c)Cho hai số thực x , y thỏa mãn Chứng minh

Bài tập 3:a) Cho các số thực dương a,b,c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q =

b) Cho các số thực dương a,b,c . Chứng minh rằng:

17

b) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

Bài tập 4: a) Tìm các giá trị thực của m,để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

b)Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = .C/ Tính thực tiễn của đề tài: Đề tài này bản thân tôi đã áp dụng trong việc dạy và luyện cho học sinh trong các đội tuyển học sinh giỏi thấy rằng đa số học sinh rất hứng thú vận dụng tốt ,có thể nói phần nào rất tự tin khi gặp các bài toán thộc dạng này.Trong ôn luyện thi đại học hàng năm (có một phần chắt lọc )tôi đả hướng dẫn cho học sinh nắm để vận dụng ,thấy rằng đa số học sinh hiểu và thực hành rất tốt. Tuy vậy chắc chắn vẫn còn có nhiều khiếm khuyết ,nhiều vấn đề chưa được đề cập. Bản thân tôi rất mong sự đóng góp của tổ chuyên môn và của các bạn đồng nghiệp,xin được chân thành cảm ơn .D/Tài liệu tham khảo : Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.Hà Nội:NXB Giáo dụcKỷ yếu hội thảo Đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên 12/1997Các tài liệu bồi dưỡng giáo viên dạy các trường chuyên tổ chức hàng năm trong hè do Bộ giáo dục kết hợp với trường Đại học Khoa học Tự Nhiên đồng tổ chức.Phan Đức Chính .1999Bất đẳng thức.Hà Nội:NXB Giáo dục.

Đồng Hới,ngày 10 tháng 5 năm 2012

Người viết đề tài

NGÔ QUANG VIỆT

Nhận xét của tổ toán trường THPT Chuyên Quảng Bình

18

Nhận xét của hội đồng khoa học của trường THPT Chuyên Quảng Bình

19