Phụ lục cần thiết và một số bài luyện tập thêm cho bài 2

Chia sẻ: Cam Van | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phụ lục cần thiết và một số bài luyện tập thêm cho bài 2 này quan trọng và hay, nó làm phong phú kiến thức cho bài 2 và đưa thêm một số minh họa điển hình. Nội dung của phụ lục này hữu ích cho việc ôn tập thi THPT và Đại học vào mùa hè tới của các em. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phụ lục cần thiết và một số bài luyện tập thêm cho bài 2

PHỤ LỤC CẦN THIẾT & MỘT SỐ BÀI LUYỆN TẬP THÊM CHO BÀI 2 Trước khi nghiên cứu tiếp Bài 4 và 5(Thầy sẽ UpLoad vào thời gian tới), thầy thấy nhất thiết phải làm phong phú thêm lý thuyết và tăng cường một số bài thực hành (ví dụ minh họa) cho Bài 2. Thêm hiểu biết-thêm kiến thức- không bao giờ thừa, phải không các em?. Chính vì vậy thầy viết thêm phụ lục này cho Bài 2. 1/Kết thúc bài 2, ta đã chứng minh được x1  x2  x3  ...  xn a=  g  n x1. x2 .x3 ...xn (*) n với các x1, x2, x3, . . .,xn phân biệt. Phụ lục này cho các bạn thấy việc áp dụng kết quả trên đây để giải một số bài toán thực tế hay hoặc khó là rất hiệu quả (ngắn gọn đến bất ngờ, chẳng hạn , xem ví dụ 2,3,4,5 và 9…). Hơn nữa, về mặt lý thuyết nó cung cấp cho các bạn khái niệm về “Trung bình Lũy thừa” gặp trong nhiều đề thi vào THPT và đại học. Ví dụ 1. Từ tất cả các hình hộp chữ nhật có tổng độ dài của 3 cạnh vuông góc với nhau cho trước, tìm hình hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất. Đáp. Đặt m=a+b+c là tổng 3 cạnh cho ở đầu bài, V=a.b.c là thể tích hình hộp chữ nhật. Vì 3 abc m V  3 a.b.c   3 3 m3 m Nên V  , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= nghĩa là khi hình hộp chữ nhật là 27 3 hình lập phương. Ví dụ 2. Chứng minh bất đẳng thức n  n 1  n! <   với n ≥ 2 (1)  2  Đáp. n 1  2  3  ...  n  n  1 n n  1 Dùng (*) ta có n !  n 1.2.3...n    n 2n 2 Nâng cả hai vế bất đẳng thức vừa nhận được ngay trên đây lên lũy thừa n ta được bất đẳng thức (1) cần chứng minh!
1  a1  a2  ...  an   2/Định nghĩa Trung bình Lũy thừa: Số c =   gọi là Trung bình lũy  n  thừa bậc  của các số a1, a2,. . .,an. Các trường hợp riêng. a1  a2  ...  an *Nếu  = 1 ta có c1 = là trung bình cộng. n 1  a 2  a2 2  ...  an 2  2 *Nếu  = 2 ta có c2 =  1  là trung bình bình phương.  n  1  a 1  a2 1  ...  an 1  n *Nếu  = -1 ta có c-1 =  1   1 1 là trung  n  1   ...  a1 a2 an bình điều hòa. Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu a1, a2, . . ., an là các số dương và  < 0 <  thì c  g  c (2) Nghĩa là: o Trung bình lũy thừa với số mũ âm không vượt quá trung bình nhân. o Trung bình lũy thừa với số mũ dương không nhỏ hơn trung bình nhân. o Đặc biệt từ (2) ta suy ra rằng Trung bình Điều hòa c-1 không thể vượt quá Trung bình Cộng c1 ( c-1 < c1). Đáp. Dùng bđt (3) ở Bài 2, ta có a1  a2  ...  an n a1 a2 ...an  n 1 1 Nâng cả hai vế của bđt trên đây lên lũy thừa và nhớ rằng < 0 ta có   1  a1  a2  ...  an  g = a1a2 ...an   n  = c  n  Vế thứ nhất của bđt (2) đã được chứng minh. Vế thứ hai của bđt ấy chứng minh tương tự. Ví dụ 4. Chứng minh rằng nếu a1, a2, . . .,an là các số dương thì 1 1 1  ( a1 + a2 + . . .+an )    ...    n2 (3)  a1 a2 an  Đây là một bài hay và khá khó & phức tạp nếu không biết chọn cách chứng minh.
Song nếu biết chọn cách chứng minh thì việc chứng minh không dài quá một nửa dòng khổ giấy A4! Các em lưu ý! Đáp. Vì c-1  g  c1 nên n a1  a2  ...  an c-1 =  = c1 1 1 1 n   ...  a1 a2 an Từ bđt vừa nhận được ta suy ngay ra bdt (3)! n 1 a  nb Ví dụ 5. Với các số dương a, b bất kỳ (a  b), chứng minh rằng abn  (4) n 1 n n 1 a  b  b  ...  b a  nb Đáp. Ta có abn  n 1 abb...b   , Đó là điều phải chứng minh. n 1 n 1 n n  1 Ví dụ 6. Chứng minh rằng cùng với sự tăng của chỉ số n thì các đại lượng xn =  1    n n n n 1  1  1  1  và zn =  1   cũng tăng, nghĩa là xn =  1   < xn+1 = 1    n  n  n 1  n n 1  1  1  và zn =  1   < zn+1 =  1    n  n 1  1 Đáp. Trong các bđt trên ta đặt a=1, b=1+ , dùng bđt (*) ta nhận được n  1 n1  n 1    1 n 1 1. 1   n   n  2  1 1     n n 1 n 1 n 1 Nâng cả 2 vế bđt thức ngay trên đây lên lũy thừa mũ (n+1) ta có n n 1  1  1   1    1   tức là xn < xn+1 (5)  n   n 1 Bđt thức 2 của ví dụ 5 chứng minh tương tự! n 1  1 Ví dụ 7. Chứng minh rằng yn =  1   giảm cùng với sự tăng của chỉ số n, nghĩa là  n
n 2 n 1  1   1 yn+1 =  1    yn   1   (6)  n 1   n Đáp. Hiển nhiên ta có n 1 n 1  1  n 1 1 1 1 yn =  1      n 1  n 1   n  n   n   1  zn 1   1    n 1  n 1 (xem lại zn+1 ở ví dụ 5!). Theo ví dụ 5, khi n tăng, zn+1 tăng, do vậy yn ở ví dụ 6 giảm. Nói rõ hơn: yn+1 < yn. 3/ Giới hạn e. Trong các ví dụ 5, 6 ta đã chứng minh được 1 2  1  1 x1 =  1    2  x2  1    2,5  x3  ...  xn  ...  1  2 2 3 y1 =  1  1   4  y2   1  1   3,375  y3  ...  yn  ...  1  2 n n 1  1  1 Mặt khác, ta có 2 = x1 < xn =  1    1    yn  y1  4  n  n Như vậy, đại lượng biến thiên xn thỏa mãn hai điều kiện a- xn đơn điệu tăng cùng với sự tăng của chỉ số n, b- xn bị chặn: 2 < xn < 4. Như các em đã biết trong toán giải tích, một đại lượng biến thiên đơn điệu tăng và bị chặn thì nó có giới hạn. Vì vậy tồn tại gới hạn của xn. Ta ký hiệu giới hạn ấy bởi chữ e, tức là: n  1 e = lim xn  lim  1   n  n   n Vì đại lượng xn trong khi tăng, tiệm cận đến giới hạn của nó nên xn phải nhỏ hơn giới hạn ấy, nghĩa là n  1 xn =  1   < e (7)  n Dễ ràng kiểm chứng e < 3, thật vậy nếu chỉ số n lớn, thì 6  1 xn < yn < y5 =  1    2,985984 < 3  5
Số e có một ý nghĩa rất lớn trong toán học. Nó được dùng làm cơ số của logarithm, logarithm ấy gọi là logarithm tự nhiên và ký hiệu là ln a (đọc là: logarithm tự nhiên của số a, hay logarithm Nepe của số a). Trị số gần đúng của e là: e = 2,71828182285490…. Đến đây ta cũng sẽ chứng tỏ giới hạn của đại lượng biến thiên yn là e. Thật vậy n 1  1   1 n  1   lim yn = lim  1    lim   1   1     e.1  e  n  n   n    (Mặc định: các giới hạn ở biểu thức trên lấy với n  ). Vì trong khi giảm đơn điệu, yn tiệm cận đến e, nên n 1  1 yn =  1   e (8)  n n n Ví dụ 8. Chứng minh rằng n! >   (9) e Đáp. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. Hiển nhiên bđt (9) đúng với n=1. Quả vậy 1 1 1  1  1! = 1 >   =    e   2, 7182818285490  Bây giờ giả sử (9) đúng với n=k, tức là k k k! >   e Nhân cả hai vế bđt trên đây với k+1 ta được k k 1 k  k 1 e (k+1)k! = (k+1)! > (k+1)   =   k e  e   1 1    k k  1 Theo bđt (7),  1    e nên  k k 1 k 1  k 1 e  k 1  (k+1)! >      e  e  e 
Như vậy (9) đã được chứng minh với n=k+1, và nghĩa là (9) nghiệm đúng với mọi giá trị của n.  Hệ quả. Vì e < 3 nên từ (9) ta suy ra n n n! >   (9’) 3 Nhờ (9’) mà ta dễ ràng chứng minh được bđt sau 300! > 100300 300  300  Trong bđt (9’) đặt n=300 ta có 300! >   = 100300  3   Hoàn toàn tương tự bđt (9) ta có thể chứng minh bđt sau n 1  n 1  n! < e   (10)  e  Ví dụ 9. Với mọi ai > 0 (i=1,n), chứng minh bđt sau na1a2 . . .an < a1n + a2n + . . . +ann (11) Bđt (11) là bđt kinh điển, tổng quát rất hay và thường gặp trong các đề thi THPT và Đại Học. Các em hãy chú tâm thuộc lòng nó và cả cách chứng minh quá ngắn gọn về nó nữa nhé!. Đáp. Áp dụng kết quả đã chứng minh ở Bài 2 “Trung bình Nhân không vượt quá Trung bình Cộng” cho ví dụ này, ta có n n n n n a1n  a2 n  a3n  ...  an n a1a2a3. . .an = a a a ...an 1 2 3  n Nhân cả hai vế của bđt trên đây với n ta sẽ được bđt (11).  Từ bđt (11) ta suy ra các bđt đơn giản sau đây 2a1a2  a12 + a22; 3a1a2a3  a13 + a23 + a33; 4a1a2a3a4  a14 + a24 + a34 + a44 Thầy Trần Thông Quế