Chúng ta đều biết rằng thế giới Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn và phong
phú, là lĩnh vực phát triển nhất của Toán sơ cấp. Do vậy các phương
pháp và kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức ngày càng nhiều, và có nhiều
phương pháp mới. Theo dõi các tài liệu trên Internet ta thấy trong thời
gian gần đây Bất đẳng thức được quan tâm, trao đổi, thảo luận và phát
triển rất nhiều, đã xuất hiện nhiều cao thủ về bất đẳng thức là các Học
sinh, Sinh viên người Việt Nam, theo đó đã có một số phương pháp mới
để tấn công các bài toán về Bất đẳng thức.
NGUYỄN TÀI CHUNG DÙNG DÃY SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC www.VNMATH.com Mục lục Lời nói đầu 2 1 Tên chương 3 1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . 3 1 www.VNMATH.com Lời nói đầu 2 www.VNMATH.com Chương 1 Tên chương 1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức Chúng ta đều biết rằng thế giới Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn và phong phú, là lĩnh vực phát triển nhất của Toán sơ cấp. Do vậy các phương pháp và kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức ngày càng nhiều, và có nhiều phương pháp mới. Theo dõi các tài liệu trên Internet ta thấy trong thời gian gần đây Bất đẳng thức được quan tâm, trao đổi, thảo luận và phát triển rất nhiều, đã xuất hiện nhiều cao thủ về bất đẳng thức là các Học sinh, Sinh viên người Việt Nam, theo đó đã có một số phương pháp mới để tấn công các bài toán về Bất đẳng thức. Trong quá trình giảng dạy Bất đẳng thức cho các em học sinh giỏi, tôi thấy có một phương pháp mới lạ và rất độc đáo đó là sử dụng Dãy số để chứng minh Bất đẳng thức. Vấn đề này cũng khá rộng lớn, phải kể đến như dùng Giới hạn dãy số để chỉ ra hằng số tốt nhất làm cho Bất đẳng thức đúng, tìm tất cả các giá trị của tham số để Bất đẳng thức đúng, Bất đẳng thức trong Dãy số, dùng Giới hạn dãy số để chứng minh Bất đẳng thức ba biến đối xứng. Bài viết này đề cập đến kĩ thuật dùng Giới hạn dãy số để chứng minh một số Bất đẳng thức khó dạng ba biến đối xứng, đây là vấn đề mới mẻ nên các ví dụ mà tôi sưu tầm được còn ít. Hy vọng rằng sau khi đọc bài viết, bạn đọc sẽ phát triển thêm kĩ thuật này và sưu tầm, sáng tạo thêm nhiều bài toán giải được bằng kĩ thuật này. 1. Một số lưu ý về phương pháp. Tất cả các bất đẳng thức đối xứng ba biến số đều có thể quy về các hàm đối xứng cơ bản của p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz. 3 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Sau khi đã viết bất đẳng thức cần chứng minh theo p, q, r ta chỉ cần khảo sát bất đẳng thức này theo ba biến mới p, q, r. • Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa các biến p, q, r mà các biến dương x, y, z ban đầu không có như p2 ≥ 3r, p3 ≥ 27r, q2 ≥ 3pr, pq ≥ 9r... • Một số biểu diễn theo p, q, r : x2 + y2 + z2 = p2 − 2q x3 + y3 + z3 = p3 − 3pq + 3r x4 + y4 + z4 = ( p2 − 2q )2 − 2 ( q2 − 2pr ) (x+ y) (y + z) (z + x) = pq − r xy (x+ y) + yz (y + z) + zx (z + x) = pq − 3r x2y2 + y2z2 + z2x2 = q2 − 2pr x3y3 + y3z3 + z3x3 = q3 − 3pqr + 3r2 x4y4 + y4z4 + z4x4 = q4 − 4pq2r + 2p2r2 + 4qr2. Việc chứng minh các công thức trên là đơn giản. Sau đây là một vài chứng minh đó. ◦ Ta có x4 + y4 + z4 = ( x2 + y2 + z2 )2 − 2 ( x2y2 + y2z2 + z2x2 ) = ( p2 − 2q )2 − 2 [ (xy + yz + zx)2 − 2xyz (x+ y + z) ] = ( p2 − 2q )2 − 2 ( q2 − 2pr ) . ◦ Ta có (x+ y) (y + z) (z + x) = (p− x) (p− y) (p− z) =p3 − (x + y + z) p2 + (xy + yz + zx) p− xyz =p3 − p3 + pq − r = pq − r. ◦ Ta có xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 4 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. =xy (p− z) + yz (p− x) + zx (p− y) =p (xy + yz + zx)− 3xyz = pq − 3r. ◦ Do hằng đẳng thức A3+B3+C3−3ABC = (A +B + C) ( A2 + B2 +C2 − AB − BC − CA ) nên x3y3 + y3z3 + z3x3 =3x2y2z2 + (xy + yz + zx) [ x2y2 + y2z2 + z2x2 − xyz (x+ y + z) ] =3r2 + q ( q2 − 2pr − rp ) = q3 − 3pqr + 3r2. • Bất đẳng thức Schur : Nếu x, y, z là các số thực dương và t là một số thực dương, thì xt (x− y) (x− z) + yt (y − z) (y − x) + zt (z − y) (z − x) ≥ 0. (1) Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z > 0. Gọi P là vế trái của (1). Khi đó P ≥ xt (x− y) (x− z) + yt (y − z) (y − x) = (x− y) [ xt (x− z)− yt (y − z) ] ≥ (x− y) [ yt (x− z)− yt (y − z) ] = (x− y)2 yt ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc x = y và z = 0 cùng các hoán vị của nó. Lưu ý. Nếu t là số nguyên dương, chẳng hạn t = 1, t = 2 thì chỉ cần điều kiện của x, y, z không âm là bất đẳng (1) đúng. Bất đẳng thức (1) cũng đúng khi t 0, ta có zt ≥ yt, suy ra P ≥ yt (y − z) (y − x) + zt (z − y) (z − x) = (y − z) [ yt (y − x)− zt (z − x) ] ≥ (y − z) [ zt (y − x)− zt (z − x) ] = (y − z)2 zt ≥ 0. 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 5 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. • Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là t = 1 và t = 2. Với x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ta có x (x− y) (x− z) + y (y − z) (y − x) + z (z − y) (z − x) ≥ 0. (2) x2 (x− y) (x− z) + y2 (y − z) (y − x) + z2 (z − y) (z − x) ≥ 0. (3) Các bất đẳng thức (2) và (3) còn được viết lại là x3 + y3 + z3 + 3xyz ≥ xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) . (4) x4 + y4 + z4 + xyz (x+ y + z) ≥ x3 (y + z) + y3 (z + x) + z3 (x + y) . (5) Còn nếu viết theo p, q, r thì từ (4) và (5) ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, p4 − 5p2q + 4q2 + 6pr ≥ 0. Thật vậy, ta có (4)⇔ p3 − 3pq + 3r + 3r ≥ xy (p− z) + yz (p− x) + zx (p− y) ⇔ p3 − 3pq + 6r ≥ p (xy + yz + zx)− 3xyz ⇔ p3 − 4pq + 9r ≥ 0 và (5) tương đương với( p4 − 4p2q + 2q2 + 4pr ) + pr ≥ x3 (p− x) + y3 (p− y) + z3 (p− z) ⇔p4 − 4p2q + 2q2 + 5pr ≥ ( x3 + y3 + z3 ) p− ( x4 + y4 + z4 ) ⇔p4 − 4p2q + 2q2 + 5pr ≥ ( p3 − 3pq + 3r ) p− ( p4 − 4p2q + 2q2 + 4pr ) ⇔p4 − 5p2q + 4q2 + 6pr ≥ 0. 2. Một số bài toán. Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+ b+ c = 1. Chứng minh rằng (1− ab− bc− ca) (1− 27abc) ≥6 [1 + 3 (ab+ bc+ ca)] [ (ab+ bc+ ca)2 − 3abc ] . 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 6 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Giải. Đặt p = a+ b+ c, q = ab+ bc+ ca, r = abc. Khi đó p = 1. Ta cần chứng minh (1− q) (1− 27r) ≥ 6 (1 + 3q) ( q2 − 3r ) . (1) Ta có 0 ≤ q = ab+ bc+ ca ≤ 1 3 (a+ b + c)2 = 1 3 . Khi 0 < q ≤ 1 4 , ta có (1− q) (1− 27r) ≥ 3 (1− 27r) 4 . (2) 6 (1 + 3q) ( q2 − 3r ) ≤ 6 ( 1 + 3 4 )( 1 16 − 3r ) = 42 4 ( 1 16 − 3r ) . (3) Vì 3 (1− 27r) 4 ≥ 42 4 ( 1 16 − 3r ) ⇔ 3−81r ≥ 42 16 −126r ⇔ 45r ≥ − 3 8 (đúng) nên từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Tiếp theo ta xét 1 4 ≤ q ≤ 1 3 . Xét dãy số (an) như sau a1 = 1 4 ; an+1 = 1 + an 5− 3an , ∀n = 1, 2, . . . (4) Ta có a1 ≤ 1 3 . Giả sử ak ≤ 1 3 . Xét hàm số f(x) = x + 1 −3x + 5 , khi đó hàm f đồng biến vì f ′(x) = 8 (5− 3x)2 > 0. Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f ( 1 3 ) = 1 3 . Theo nguyên lí quy nạp, suy ra 0 ≤ an ≤ 1 3 ,∀n = 1, 2, . . . Do đó an+1 − an = 1 + an 5− 3an − an = 3a2 n − 4an + 1 5− 3an > 0. 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 7 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt lim n→+∞ an = L. Từ (4) cho n→ +∞, ta được L = 1 + L 5− 3L ⇔ 3L2 − 4L + 1 = 0 do L≤1 3 ⇒ L = 1 3 . Vì dãy số (an) tăng về 1 3 và q ∈ [ 1 4 ; 1 3 ] , suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ 1 + ak 5− 3ak ⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak ⇒3q − 3qak + 1− ak ≤ 2− 2q ⇒ 1 2 (1− ak) (3q + 1) ≤ 1− q. Từ ak ≤ q ≤ 1 3 , ta có (q − ak) ( q − 1 3 ) ≤ 0⇔ q2 ≤ q 3 + qak − ak 3 ⇔ q2 ≤ q ( 1 3 + ak ) − ak 3 . Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r. Do đó q2 ≤ 1 + 9r 4 ( 1 3 + ak ) − ak 3 ⇒ q2 ≤ (9r + 1) (3ak + 1)− 4ak 12 ⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1− 4ak 12 ⇒ q2 − 3r ≤ 27rak − 27r + 1− ak 12 ⇒q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . Vậy ta đã chứng minh được 1 2 (1− ak) (3q + 1) ≤ 1− q. (5) q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . (6) Để ý rằng 1− ak > 0, 3q − 1 ≤ 0, 1− q > 0, q2 − 3r ≥ 0, 1− 27r ≥ 0. Từ (6) suy ra 1− ak ≥ 12 ( q2 − 3r ) 1− 27r 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 8 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Thay vào (5) ta được 1−q ≥ 1 2 . 12 ( q2 − 3r ) 1− 27r (3q + 1)⇒ 6 ( q2 − 3r ) (3q + 1) ≤ (1− q) (1− 27r) . Phép chứng minh hoàn thành. Lưu ý. Dãy số (an) được tìm ra như sau : Ta cần xây dựng dãy số (an) thoả mãn điều kiện a1 = 1 4 và dãy (an) tăng về 1 3 . Vì 1 4 ≤ q ≤ 1 3 nên tồn tại k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1. Chú ý rằng điều kiện ak ≤ q tương đương với (q − ak) ( q − 1 3 ) ≤ 0⇔ q2 ≤ q 3 + qak − ak 3 ⇔ q2 ≤ q ( 1 3 + ak ) − ak 3 . Vì 4q ≤ 9r + 1 nên q2 ≤ 1 + 9r 4 ( 1 3 + ak ) − ak 3 ⇒ q2 ≤ (9r + 1) (3ak + 1)− 4ak 12 ⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1− 4ak 12 ⇒ q2 − 3r ≤ 27rak − 27r + 1− ak 12 ⇒q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . Vậy để chứng minh 6 ( q2 − 3r ) (3q + 1) ≤ (1− q) (1− 27r), ta cần chứng minh 1 2 (1− ak) (3q + 1) ≤ 1− q ⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak ⇒ q ≤ 1 + ak 5− 3ak . Vì vậy, ta dẫn đến ý tưởng là chọn luôn ak+1 = 1 + ak 5− 3ak và xét dãy số (an) như trên. Bài toán 2. Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a+ b+ c = 1, chứng minh rằng 1 + 162a2b2c2 ≥ 27abc + 54 ( a3b3 + b3c3 + c3a3 ) . Giải. Đặt p = a+ b+ c, q = ab+ bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và a3b3 + b3c3 + c3a3 = q3 − 3pqr + 3r2 = q3 − 3qr + 3r2. 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 9 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Ta cần chứng minh 1 + 162r2 ≥ 27r + 54 ( q3 − 3qr + 3r2 ) ⇔ 54q ( q2 − 3r ) ≤ 1− 27r. (1) Ta có 0 ≤ q = ab+ bc+ ca ≤ 1 3 (a+ b + c)2 = 1 3 . Khi 0 < q ≤ 1 4 , ta có 54q ( q2 − 3r ) ≤ 27 2 ( 1 16 − 3r ) (2) 27 2 ( 1 16 − 3r ) ≤ 1− 27r ⇔ 432r ≥ −5 ( đúng ) . (3) Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Tiếp theo ta xét 1 4 ≤ q ≤ 1 3 . Xét dãy số (an) như sau a1 = 1 4 ; an+1 = 2 9(1− an) , ∀n = 1, 2, . . . (4) Ta có a1 ≤ 1 3 . Giả sử ak ≤ 1 3 . Xét hàm số f(x) = 2 9(1− x) , khi đó hàm f đồng biến vì f ′(x) > 0. Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f ( 1 3 ) = 1 3 . Theo nguyên lí quy nạp, suy ra 0 ≤ an ≤ 1 3 ,∀n = 1, 2, . . . Do đó an+1 − an = 2 9 (1− an) − an = 9a2 n − 9an + 2 9 (1− an) ≥ 0. Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt lim n→+∞ an = L. Từ (4) cho n→ +∞, ta được L = 2 9(1− L) ⇔ 9L2 − 9L+ 2 = 0 do L≤1 3 ⇒ L = 1 3 . Vì dãy số (an) tăng về 1 3 và q ∈ [ 1 4 ; 1 3 ] , suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ 2 9 (1− ak) ⇒ 0 ≤ 1− ak ≤ 2 9q . 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 10 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Từ ak ≤ q ≤ 1 3 , ta có (q − ak) ( q − 1 3 ) ≤ 0⇔ q2 ≤ q 3 + qak − ak 3 ⇔ q2 ≤ q ( 1 3 + ak ) − ak 3 . Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r. Do đó q2 ≤ 1 + 9r 4 ( 1 3 + ak ) − ak 3 ⇒ q2 ≤ (9r + 1) (3ak + 1)− 4ak 12 ⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1− 4ak 12 ⇒ q2 − 3r ≤ 27rak − 27r + 1− ak 12 ⇒q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . Vậy ta đã chứng minh được 1− ak ≤ 2 9q . (5) q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . (6) Để ý rằng 1− ak > 0, 1− 27r ≥ 0, nên từ (5) và (6) suy ra q2 − 3r ≤ 2 9q . 1− 27r 12 ⇒ 54q ( q2 − 3r ) ≤ 1− 27r. Phép chứng minh hoàn thành. Bài toán 3. Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a+ b+ c = 1, chứng minh rằng 7 (ab+ bc+ ca)2 ≥ 18abc + 27 ( a3b3 + b3c3 + c3a3 ) . Giải. Đặt p = a+ b+ c, q = ab+ bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và a3b3 + b3c3 + c3a3 = q3 − 3pqr + 3r2 = q3 − 3qr + 3r2. Ta cần chứng minh 7q2 ≥ 18r + 27 ( q3 − 3qr + 3r2 ) 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 11 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. ⇔27q ( q2 − 3r ) ≤ 7q2 − 18r − 81r2 ⇔27q ( q2 − 3r ) ≤ 7 ( q2 − 3r ) + 3r (1− 27r) ⇔ (27q − 7) ( q2 − 3r ) ≤ 3r (1− 27r) . (1) Ta có 0 ≤ q = ab+ bc + ca ≤ 1 3 (a+ b + c)2 = 1 3 . Khi 0 < q ≤ 1 4 , thì (1) đúng, do vế trái âm, còn vế phải không âm. Tiếp theo ta xét 1 4 ≤ q ≤ 1 3 . Xét dãy số (an) như sau a1 = 1 4 ; an+1 = 7an − 3 27an − 11 , ∀n = 1, 2, . . . (4) Ta có a1 ≤ 1 3 . Giả sử ak ≤ 1 3 . Xét hàm số f(x) = 7x− 3 27x − 11 , khi đó hàm f đồng biến vì f ′(x) > 0. Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f ( 1 3 ) = 1 3 . Theo nguyên lí quy nạp, suy ra 0 ≤ an ≤ 1 3 ,∀n = 1, 2, . . . Do đó an+1−an = 7an − 3 27an − 11 −an = − ( 27a2n − 18an + 3 ) 27an − 11 = −3 (3an − 1) 2 27an − 11 ≥ 0. Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt lim n→+∞ an = L. Từ (4) cho n→ +∞, ta được L = 7L − 3 27L − 11 ⇔ 3(3L− 1)2 = 0⇔L = 1 3 . Vì dãy số (an) tăng về 1 3 và q ∈ [ 1 4 ; 1 3 ] , suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ 3− 7ak 11− 27ak ⇔ 11q − 27qak ≤ 3− 7ak ⇔ak (27q − 7) ≥ 11q − 3. (5) Nếu 1 4 ≤ q ≤ 7 27 thì (1) đúng. Tiếp theo xét 7 27 < q ≤ 1 3 . Từ (5) ta được ak ≥ 11q − 3 27q − 7 ⇔ 1− ak ≤ 1− 11q − 3 27q − 7 ⇔ 1− ak ≤ 16q − 4 27q − 7 . 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 12 www.VNMATH.com Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai. Từ ak ≤ q ≤ 1 3 , ta có (q − ak) ( q − 1 3 ) ≤ 0⇔ q2 ≤ q 3 + qak − ak 3 ⇔ q2 ≤ q ( 1 3 + ak ) − ak 3 . Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r. Do đó q2 ≤ 1 + 9r 4 ( 1 3 + ak ) − ak 3 ⇒ q2 ≤ (9r + 1) (3ak + 1)− 4ak 12 ⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1− 4ak 12 ⇒ q2 − 3r ≤ 27rak − 27r + 1− ak 12 ⇒q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . Vậy ta đã chứng minh được 1− ak ≤ 16q − 4 27q − 7 . (6) q2 − 3r ≤ (1− ak) (1− 27r) 12 . (7) Từ (6) và (7) ta có (27q − 7) ( q2 − 3r ) ≤ (27q − 7) . (1− ak) (1− 27r) 12 ≤ (16q − 4) (1− 27r) 12 = (4q − 1) (1− 27r) 3 ≤ 3r (1− 27r) (do 4q − 1 ≤ 9r) . Phép chứng minh hoàn thành. Lưu ý. Các bài toán trên còn được giải bằng cách vận dụng "Phương pháp ABC" (một phương pháp mới, được đưa ra bởi Nguyễn Anh Cường), tuy nhiên khi đi thi Học sinh giỏi Quốc gia, nếu làm theo cách này thì phải chứng minh nhiều Định lí, Hệ quả phức tạp, điều đó không thích hợp do thời gian hạn hẹp trong phòng thi. Còn nếu giải theo phương pháp dùng giới hạn dãy số như ở trên thì ta chỉ cần chứng minh kết quả p3−4pq+9r ≥ 0, điều này rất ngắn gọn, đơn giản, chỉ vài dòng là xong. 1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 13 www.VNMATH.com
Tài liệu đính kèm: