TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI II KHOA TOÁN **************** TỐNG THỊ HƯỜNG SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ SƠ CẤP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học Th.S Nguyễn Huy Hưng Hà Nội - 2016 LỜI CẢM ƠN Trong trình thực đề tài nghiên cứu khoa học này, em nhận nhiều quan tâm, giúp đỡ thầy cô giáo bạn sinh viên Em xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán - Trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, thầy cô tận tình dạy dỗ em bốn năm học vừa qua tạo điều kiện để em hoàn thành khóa luận Em xin bày tỏ biết ơn sâu sắc tới ThS Nguyễn Huy Hưng, người trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình cho em suốt trình thực đề tài nghiên cứu Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu lực thân hạn chế nên không tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp thầy cô bạn sinh viên để khóa luận hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Tống Thị Hường LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận “Sử dụng phương pháp giải tích giải toán đại số sơ cấp” kết nghiên cứu riêng hướng dẫn ThS Nguyễn Huy Hưng Nó không trùng với kết tác giả khác Trong trình nghiên cứu thực khóa luận, có tham khảo tài liệu số nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Tống Thị Hường Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Giới hạn hàm số 1.2 Hàm số liên tục 1.3 Đạo hàm vi phân hàm số Sử dụng đạo hàm giải toán đại số sơ cấp 10 2.1 Xét tồn nghiệm phương trình, hệ phương trình 10 2.2 Sử dụng đạo hàm giải phương trình, bất phương trình 15 2.3 Sử dụng đạo hàm giải hệ phương trình, hệ bất phương trình 24 2.4 Sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức 33 Sử dụng tính liên tục tính khả vi hàm số giải toán đại số sơ cấp 40 3.1 Xét tồn nghiệm phương trình, hệ phương trình 3.2 Các toán chứng minh bất đẳng thức 40 48 Sử dụng số định lí giải tích giải toán đại số sơ cấp 4.1 Một số định lí 52 52 4.2 Sử dụng định lí Lagrange vào việc giải chứng minh tồn nghiệm phương trình 53 4.3 Sử dụng định lý Lagrange giải hệ phương trình 63 4.4 Sử dụng định lý Lagrange chứng minh bất đẳng thức 69 Kết luận 74 Tài liệu tham khảo 75 BẢNG KÍ HIỆU R tập số thực Z tập số nguyên Z+ tập số nguyên dương N∗ tập số tự nhiên khác ∀x ∈ M với x thuộc tập M ∃x tồn x đpcm điều phải chứng minh MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình toán THPT ta thường xuyên gặp toán đại số sơ cấp Lớp toán xuất đề thi THPT Quốc gia nay, kì thi học sinh giỏi Nó đóng vai trò quan trọng giáo dục học vấn toán học bậc THPT Tuy nhiên việc giải toán đại số sơ cấp lúc dễ dàng Trong nhiều toán đại số sơ cấp (như giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hay chứng minh bất đẳng thức ) để đưa lời giải toán có nhiều phương pháp khác nhau, sử dụng giải tích giải toán sơ cấp phương pháp hay Việc sử dụng kiến thức giải tích (như đạo hàm, tính liên tục khả vi hàm số, sử dụng định lí Rolle định lí Lagrange ) giúp giải số lượng lớn toán đại số sơ cấp chương trình toán THPT Hơn thế, nhiều toán có lời giải hay đẹp ta sử dụng phương pháp Với mong muốn nắm kiến thức bậc THPT, đồng thời có cách nhìn tổng thể phương pháp giải tích chương trình toán THPT để giải toán đại số sơ cấp, tạo tiền đề cho việc trường dạy học giúp học sinh không đào sâu kiến thức mà thấy vai trò quan trọng phương pháp giải tích, giúp đỡ, hướng dẫn tận tình ThS Nguyễn Huy Hưng, với lòng say mê nghiên cứu, em mạnh dạn chọn đề tài: “Sử dụng phương pháp giải tích giải toán đại số sơ cấp” Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu, hệ thống hóa phương pháp giải tích để giải toán đại số sơ cấp - Giúp học sinh nắm số phương pháp giải tích để giải toán đại số sơ cấp : Phương pháp đạo hàm; phương pháp sử dụng tính liên tục khả vi hàm số; phương pháp sử dụng định lí Rolle định lí Lagrange Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải tích để giải toán đại số sơ cấp - Phạm vi nghiên cứu: Các kiến thức giải tích toán đại số sơ cấp chương trình toán THPT Phương pháp nghiên cứu - Đọc tài liệu, nghiên cứu lý luận - Phân tích, so sánh, tổng hợp kiến thức Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Giới hạn hàm số 1.1.1 Các định nghĩa giới hạn hàm số Định nghĩa 1.1.1 Cho hàm số f (x) xác định K, trừ điểm x0 ∈ K Ta nói hàm số f (x) có giới hạn L (hay dần tới L) x dần tới x0 , với dãy số (xn ) (xn ∈ K, xn = x0 , ∀n ∈ N∗ ) cho xn dần tới x0 f (xn ) dần tới L Ta viết lim f (x) = L hay f (x) → L x → x0 x→x0 Định nghĩa 1.1.2 Ta nói hàm số f (x) dần tới vô cực x dần tới x0 , với dãy số (xn ), (xn = x0 ) cho xn dần tới x0 f (xn ) dần tới ∞ Ta viết lim f (x) = ∞ hay f (x) → ∞ x → x0 x→x0 Định nghĩa 1.1.3 Ta nói hàm số f (x) có giới hạn L (hay dần tới L) x dần tới ∞, với dãy số (xn ) cho xn dần tới 61  x≥0 Điều kiện: ⇔x≥0  3x + ≥ √ √ Phương trình cho tương đương với x+ 3x + 1−x2 −x−1 = (1) √ √ Xét hàm số f (x) = x + 3x + − x2 − x − D = [0; +∞) Ta có f (x) = √ + √ − 2x − x 3x + 1 − < 0, ∀x ∈ D Suy f (x) = − √ − x3 (3x + 1)3 Do phương trình f (x) = có nghiệm có tối đa nghiệm Theo hệ suy phương trình (1) có nghiệm có tối đa hai nghiệm Ta thấy f (0) = f (1) = Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = Ví dụ 4.2.2.6 Giải phương trình x = x2 −1 Bài giải Phương trình cho tương đương với x2 −1 −x=0 (1) x2 −1 Xét hàm số f (x) = − x R 2x ln x2 −1 Ta có f (x) = ·2 −1 ln x2 −1 4x2 ln2 x2 −1 Suy f (x) = ·2 + · > 0, với x Do phương trình f (x) = có nghiệm có tối đa nghiệm Theo hệ suy phương trình (1) có nghiệm có tối đa hai nghiệm Ta thấy f (1) = f (2) = Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = Ví dụ 4.2.2.7 Giải phương trình 3x = + x + log3 (1 + 2x) (1) Bài giải Điều kiện: 2x + > ⇔ x > − Phương trình cho tương đương với 3x + x = + 2x + log3 (1 + 2x) (2) 62 Xét hàm số f (t) = t + log3 t hàm đồng biến với t > Khi phương trình (2) viết lại dạng f (3x ) = f (1 + 2x) ⇔ 3x = + 2x ⇔ 3x − − 2x = (3) Xét hàm số g(x) = 3x − − 2x Phương trình (3) trở thành g(x) = (4) Ta có: − ; +∞ • Tập xác định hàm số g(x) D = • g (x) = 3x ln − Xét phương trình g (x) = (4 ) Ta có g (x) = 3x ln2 > 0, ∀ x ∈ D Do phương trình (4 ) có nghiệm có tối đa nghiệm Theo hệ 2, phương trình (4) có nghiệm có tối đa hai nghiệm Ta thấy g(0) = g(1) = Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = Nhận xét: Ta sử dụng bất đẳng thức Bernoulli để giải phương trình:  (3) ⇔ 3x + (1 − 3)x = ⇔  x=0 x=1 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = 4.2.2.3 Bài tập áp dụng Bài 1.Giải phương trình sau sin x cos x 5 = sin x a) cos x 2 2|sin x| 2|sin x| |cos x| +4|cos x| −5) b) log2003 (2003 +4 − 4) = 2003(2003 −1 Bài 2.Giải phương trình sau a) 2003x + 2005x = 2.2004x √ √ √ sin x c) 2005 − 2004 sin x = sin x √ b) cos x √ −2 cos x = √ cos x 63 Bài 3.Giải phương trình sau √ a) x2 −x √ + 12 x2 −x √ = 2.7 √ x2 −x x2 +1 = 3|x| + √ d) x − 3log4 x = x − b) c) 3log4 x + 5log4 x = 2x Bài 4.Giải phương trình sau a) x − log2 (x + 2) + = b) log2 (x + 1) + log3 (2x + 1) − 2x = Bài 5.Giải phương trình sau √ a) x = 3x2 − 14x + 14 √ √ c) − x + 5x + = x3 − x2 + 4.3 b) 3x+1 − 2x.3x = Sử dụng định lý Lagrange giải hệ phương trình Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Cho hàm số f (x) xác định liên tục [a; b], khả vi (a; b) f (x) = 0, ∀x ∈ (a; b) Khi f (x) = f (y) với x, y ∈ [a; b] x = y Chứng minh Giả sử ngược lại x = y ; x, y ∈ [a; b] Không giảm tính tổng quát ta giả sử x < y, f (x) = f (y) nên theo định f (y) − f (x) lý Lagrange tồn c ∈ (x; y) ⊂ (a; b) cho f (c) = = y−x Điều mâu thuẫn với giả thiết f (x) = 0, ∀x ∈ (a; b) Do ta có x = y (đpcm) 64 4.3.1 Phương pháp giải Để giải hệ phương trình ứng dụng định lý Lagrange ta làm sau:   F (x, y) = Giả sử  G(x, y) = (I) hệ phương trình cần giải Trong x, y ∈ X ⊂ R ; F (x, y), G(x, y) biểu thức phụ thuộc vào x, y Bằng phép biến đổi tương đương ta có phương trình hệ (I) có dạng f (x) = f (y) f (t) hàm số xác định, liên tục [a; b], khả vi (a; b) thỏa mãn f (t) = 0, ∀t ∈ (a; b) Khi theo bổ đề ta có  x = y  F (x, y) =    Do hệ (I) trở thành G(x, y) =    x=y (II) Việc giải hệ phương trình (II) dễ dàng hệ phương trình (I) 4.3.2 Các ví dụ Ví dụ 4.3.1 Giải hệ phương trình  − |y|    − |x| + |y| = log3 + |y| − |x|    − |y| + |x| = log3 + |x| Bài giải Đặt a = |x| ; b = |y| , ≤ a, b < (I) 65 Khi hệ phương trình (I) trở thành  1−b   −a + 3b = log3 (1) 1+b (II) − a   −b + 3a = log (2) 1+a 1−a 1−b Từ (1) (2) ta có log3 − 4a = log3 − 4b (3) 1+a 1+b 1−t Xét hàm số f (t) = log3 −4t với t ∈ [0; 1] Từ (3) suy f (a) = f (b) 1+t Ta thấy hàm số f (t) liên tục đoạn [0; 1], khả vi (0; 1) có f (t) = − 1+t · · − = , ∀ t ∈ (0; 1) − t (1 + t)2 ln Do theo bổ đề ta có a = b Khi hệ  phương trình (II) trở thành  a = b ⇔ 1−a   2a = log3 1+a   a = b (III)   (1 + a) + log3 (1 + a) = (1 − a) + log3 (1 − a) Xét hàm số g(t) = t + log3 t với t > có g (t) = + > 0, ∀t > t ln Theo bổ đề ta có (III) ⇔   a = b  1 + a = − a ⇔   a =  b = Vậy hệ (I) có nghiệm (x; y) = (0; 0) Chú ý : Trong trình biến đổi hệ ta cần ý làm xuất phương trình f (x) = f (y) 66 Ví dụ 4.3.2 Giải hệ phương trình   log (1 + cos x) = log (sin y) + 2  log (1 + sin y) = log (cos x) + 2 (1) (I) (2) Bài giải Điều kiện: cos x > , sin y > Từ hệ ta có log2 (1 + cos x) + log3 (cos x) = log2 (1 + sin y) + log3 (sin y) (∗) Xét hàm số f (t) = log2 (1 + 3t) + log3 t, với t > Từ (*) suy f (cos x) = f (sin y) Ta thấy hàm số f (t) liên tục, khả vi (0; 1] có f (t) = + = 0, ∀t > (1 + 3t) ln t ln Nên theo bổ đề ta có cos x = sin y Thay vào (1) ta được: log2 (1 + cos x) − log3 (cos x) − = Xét hàm số g(t) = log2 (1 + 3t) − log3 t − với t = cos x ∈ (0; 1] Ta có g (t) = − (1 + 3t) ln t ln ln ⇒ g (t) = ⇔ t = ∈ (0; 1) 3(ln − ln 2) ln 27 − ln 16 Ta thấy lim g (t) = −∞ g (1) = − = >0 t→0 ln ln ln 16 · ln ln Vì g (t) liên tục (0; 1] nên g (t) > với t ∈ ;1 3(ln − ln 2) ln g (t) < với t ∈ 0; 3(ln − ln 2) Do phương trình g(t) = có không hai nghiệm (0; 1] Ta thấy t = t = hai nghiệm phương trình g(t) = 67 Vậy hệ  cho có nghiệm     cos x =  cos x =    sin y =  sin y =       x = k2π  x = ± arccos + k2π hay (k, n ∈ Z) π   n  y = + n2π   y = (−1) arcsin + nπ Nhận xét: Các hệ phương trình đối xứng loại hai giải phương pháp Ví dụ 4.3.3 Giải hệ phương trình  sin x x−y   e = (1)   sin y   10 x6 + = 3(y + 2) (2)       π < x; y < 5π (3) Bài giải ex ey Phương trình (1) viết lại dạng = (4) sin x sin y et 5π Xét hàm số f (t) = với π < t < Từ (4) suy f (x) = f (y) sin t et (sin t − cos t) 5π Ta có f (t) = = 0, ∀t ∈ π; sin2 t Nên theo bổ đề ta có x = y Thay vào phương trình (2) ta 10 ⇔ 10 x6 + = 3(x4 + 2) x2 + · x4 − x2 + = 3[(x2 + 1) + (x4 − x2 + 1)] x2 + ⇔3 − 10 2+1 x − x   ⇔ x2 + +3=0 x4 − x2 + x2 + = x4 − x2 + (5) x4 − x2 + = x2 + (6) 68 Ta có phương trình (5) tương đương với x2 + = 9(x4 − x2 + 1) ⇔ 9x4 − 10x2 + = (vô nghiệm) Ta có phương trình (6) tương đương với x4 − x2 + = x2 + ⇔ x4 − 10x2 − = √ ⇔ x2 = + 33 √ ⇔ x = ± + 33 √ + 33 thỏa mãn (3) nên nghiệm hệ cho, √ x = − + 33 không thỏa mãn (3) nên bị loại √ Vậy hệ cho có nghiệm x = y = + 33 Ta thấy x = 4.3.3 Bài tập áp dụng Bài 1.Giải hệ phương trình sau    x2 + 21 = y − + y a) √   y + 21 = x − + x2 Bài 2.Giải hệ phương trình sau  √   x + y = 4z −    √ a) y + z = 4x −      z + x = 4y − b)   x − y−3=5 √  y − x − =    x − 2y = −     b) y − 2z = −       z − 2x = − 69 4.4 Sử dụng định lý Lagrange chứng minh bất đẳng thức 4.4.1 Phương pháp giải Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức A (I) (hoặc A 0) mà đại lượng bất đẳng thức (I) có liên quan đến giá trị f (a), f (b), f (c) hàm số f (x) xác định, khả vi tập X ⊂ R, a, b, c ∈ X [a; b] , [b; c] , [a; c] ⊂ X Khi theo định lý Lagrange, tồn c1 ∈ [a; b] , c2 ∈ [b; c] , c3 ∈ [a; c] cho: f (c1 ) = f (b) − f (a) f (c) − f (b) f (c) − f (a) ; f (c2 ) = ; f (c3 ) = ··· b−a c−b c−a Do đó, ta chuyển việc đánh giá f (a), f (b), f (c) việc đánh giá f (c1 ), f (c2 ), f (c3 ) việc đánh giá f (c1 ), f (c2 ), f (c3 ) thường đơn giản so với f (a), f (b), f (c) 4.4.2 Các ví dụ Ví dụ 4.4.1 Cho < b < a Chứng minh a−b a a−b < ln < a b b Bài giải Bất đẳng thức cho tương đương với 1 ln a − ln b (a − b) < ln a − ln b < (a − b) ⇔ < < a b a (a − b) b 70 Xét hàm số f (x) = ln x khả vi liên tục [b; a] ⊂ (0; +∞) Khi theo định lý Lagrange ∃ c ∈ (b; a) cho f (a) − f (b) ln a − ln b ⇔ = a−b c a−b 1 1 ln a − ln b Ta có < b < c < a ⇔ < < ⇔ < < a c b a a−b b a−b a a−b Vậy < ln < a b b Ví dụ 4.4.2 Chứng minh với x > ta có ln(x + 1) < x f (c) = Bài giải Bất đẳng thức cho tương đương với ln(x + 1) − ln < (x + 1) − ⇔ ln(x + 1) − ln Theo định lý Lagrange tồn c ∈ (1; x + 1) cho f (x + 1) − f (1) ln(x + 1) x ⇔ = ⇔ ln(x + 1) = (x + 1) − c x c x x Ta có < c < x + nên ln(x + 1) = < = x c π Ví dụ 4.4.3 Cho < a < b < Chứng minh rằng: b−a b−a < tan b − tan a < cos2 a cos2 b f (c) = Bài giải Bất đẳng thức cho tương đương với tan b − tan a < < cos2 a b−a cos2 b Xét hàm số f (x) = tan x khả vi liên tục [a; b] ⊂ 0; Theo định lý Lagrange tồn c ∈ (a; b) cho f (c) = f (b) − f (a) tan b − tan a ⇔ = b−a cos2 c b−a π 71 π 1 Ta có < a < c < b < ⇒ < < cos2 a cos2 c cos2 b tan b − tan a hay < < cos2 a b−a cos2 b b−a b−a Vậy < tan b − tan a < cos2 a cos2 b Ví dụ 4.4.4 Chứng minh với x ∈ (0; 1) n ∈ Z+ có: √ xn − x < √ 2ne Bài giải Bất đẳng thức cho tương đương với x2n (1 − x) < 1 ⇔ 2n(1 − x)x2n < 2ne e Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 2n(1−x)x 2n (2n − 2nx) + 2nx = (2n−2nx) x.x x ≤ 2n + 2n Ta chứng minh 2n 2n + 2n (∗) ⇔ ln 2n + 2n+1 < 2n+1 < ln 2n+1 = 2n 2n + 1 (∗) Thật vậy, ta có e ln(2n + 1) − ln 2n ⇔ > e (2n + 1) − 2n 2n + Xét hàm số f (x) = ln x khả vi liên tục [2n; 2n + 1] Theo định lý Lagrange tồn c ∈ (2n; 2n + 1) cho f (c) = f (2n + 1) − f (2n) ⇔ = ln(2n + 1) − ln 2n (2n + 1) − 2n c 1 > ⇔ ln(2n + 1) − ln 2n > c 2n + 2n + Do (∗) chứng minh Từ suy điều phải chứng minh Ta có < 2n < c < 2n + ⇒ Ví dụ 4.4.5 Cho a, b, c, r, s cho a > b > c > ; r, s > Chứng minh ar bs + br cs + cr as > as br + bs cr + cs ar 2n+1 72 Bài giải Do a > b > c > nên as > bs > cs , với s > Vì r > s > nên r > s r Xét hàm số f (t) = t s r r r r r Ta có f (t) = · t s −1 ⇒ f (t) = − t s −2 > 0, với ∀t > s s s Do f (t) hàm tăng (0; +∞) Mà theo định lý Lagrange tồn m ∈ (bs ; as ) ; n ∈ (cs ; bs ) cho: f (as ) − f (bs ) ar − br f (m) = = s s − bs a ar − rbs s s f (b ) − f (c ) b − c f (n) = = s bs − cs b − cs Do m > n f (t) tăng (0; +∞) nên ar − br br − cr f (m) > f (n) ⇔ s > s a − bs b − cs Do ar bs + br cs + cr as > as br + bs cr + cs ar Ví dụ 4.4.6 Chứng minh với n ta có: 1+ n n Chứng minh ln x − ln y π π Bài Chứng minh (x + 1) cos − x cos > 1, với x ≥ x+1 x Bài Cho a, b, c, d bốn số dương Chứng minh rằng: abc + abd + acd + bcd ab + ac + ad + bc + bd + cd a) ≤ abc + bcd + abd + acd ≤a+b+c+d b) Bài Cho a, b, c ∈ R thỏa mãn phương trình x3 + ax2 + bx + c = (∗) có ba nghiệm phân biệt Chứng minh 27c + 2a3 − 9ab < (a2 − 3b)3 Bài Cho đa thức p(x) = a0 + a1 x + + an xn ; ∈ R, ∀i = 1, n (n 2, n ∈ N) có n nghiệm thực phân biệt Chứng minh ak−1 ak+1 < a2k KẾT LUẬN Các toán đại số sơ cấp giải nhiều phương pháp khác Trong sử dụng giải tích để giải toán đại số sơ cấp phương pháp hay Để sử dụng phương pháp giải toán sơ cấp đòi hỏi người học phải nắm kiến thức giải tích biết vận dụng cách linh hoạt Trong khóa luận này, em trình bày số phương pháp giải tích để giải toán đại số sơ cấp, cụ thể là: • Sử dụng đạo hàm giải toán đại số sơ cấp • Sử dụng tính liên tục tính khả vi hàm số giải toán đại số sơ cấp • Sử dụng số định lí giải tích giải toán đại số sơ cấp Do thời gian có hạn kiến thức hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, em mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên để khóa luận hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn ! Tài liệu tham khảo [1] Trần Phương, Lê Hồng Đức (2002), Tuyển tập chuyên đề luyện thi đại học môn Toán Đại Số Sơ Cấp, NXB Hà Nội, Hà Nội [2] Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức, Hà Nội [3] Nguyễn Phụ Hy (2001), Ứng dụng giới hạn để giải toán trung học phổ thông, NXB Giáo dục, TP Hồ Chí Minh [4] Nguyễn Phụ Hy, Tạ Ngọc Trí, Nguyễn Thị Trang (2003), Ứng dụng đạo hàm để giải toán sơ cấp, NXB Giáo dục, TP Đà Nẵng [5] Phan Huy Khải (1995), 500 toán chọn lọc bất đẳng thức, NXB Hà Nội, Hà Nội [6] Phan Huy Khải (2004), Toán nâng cao đại số THPT tập II, NXB Hà Nội, Hà Nội 75 ... hóa phương pháp giải tích để giải toán đại số sơ cấp - Giúp học sinh nắm số phương pháp giải tích để giải toán đại số sơ cấp : Phương pháp đạo hàm; phương pháp sử dụng tính liên tục khả vi hàm số; ... việc giải toán đại số sơ cấp lúc dễ dàng Trong nhiều toán đại số sơ cấp (như giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hay chứng minh bất đẳng thức ) để đưa lời giải toán có nhiều phương. .. giải toán có nhiều phương pháp khác nhau, sử dụng giải tích giải toán sơ cấp phương pháp hay Việc sử dụng kiến thức giải tích (như đạo hàm, tính liên tục khả vi hàm số, sử dụng định lí Rolle định