Các phương pháp tính tổng và Bất đẳng thức tổng

Chia sẻ: Phanvancuong Cuong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

1.146
lượt xem 407
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bài toán tính tổng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi hay các kì thi vào các trường phổ thông chuyên dưới nhiều hình thức khác nhau, ví dụ như Số Học, Bất Đẳng Thức và đôi khi cũng là các bài tóan tính tổng trực tiếp. Để giúp cho bạn đọc có một cái nhìn tổng quan hơn về cách tính tổng của một dãy , mục chuyên đề này được viết ra bao gồm các phương pháp tính tổng và chứng minh một số bất đẳng thức tổng thông dụng A.Các dạng tổng...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Các phương pháp tính tổng và Bất đẳng thức tổng

Các bài toán tính tổng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi hay các kì thi vào các trường phổ thông chuyên dưới nhiều hình thức khác nhau, ví dụ như Số Học, Bất Đẳng Thức và đôi khi cũng là các bài tóan tính tổng trực tiếp. Để giúp cho bạn đọc có một cái nhìn tổng quan hơn về cách tính tổng của một dãy , mục chuyên đề này được viết ra bao gồm các phương pháp tính tổng và chứng minh một số bất đẳng thức tổng thông dụng A.Các dạng tổng thường gặp. Trước hết chúng ta điểm qua một số tổng thường gặp: i) Tổng đa thức: 1 + 2 + 3 + ... + n 12 + 22 + ... + n 2 1.1!+ 2.2!+ 3.3!+ ... + n.n ! … ii) Tổng phân thức: 1 2 n + + ... + 2! 3! (n + 1)! 1 1 1 + + ... + 1.2 2.3 (n − 1)n 1 1 1 2 + 2 + ... + 2 1 2 n ... iii) Tổng căn thức: 1 1 1 + + ... + 2 1 +1 2 3 2 + 2 3 (n + 1) n + n n + 1 1 1 1 + + .... + 1+ 3 5+ 7 4k + 1 + 4k + 3 .... B. Một số phương pháp tính tổng: i) Phương pháp quy nạp. Các bạn có thể xem xét thêm trong mục “phương pháp quy nạp”. Ở đây phương pháp quy nạp được sử dụng khi bạn đã dự đóan trước được kết quả của tổng cần tính. n(n + 1) Ví dụ như việc tính tổng 1 + 2 + 3 + ... + n = quen thuộc, các bạn có thể dự đóan kết quả 2 và quy nạp một cách dễ dàng. Tuy nhiên đối với tổng 12 + 22 + 32 + ... + n 2 thì khó hơn nhiều. Việc dự đoán kết quả bắt đầu khó khăn, ta nên lập một bảng số liệu để xem xét vấn đề được rõ ràng hơn n 1 2 3 4 5 …….. 1 + 2 + ... + n 1 3 6 10 15 …….. 1 + 2 + ... + n 2 2 2 1 5 14 30 55 ……..
Quy luật từ dòng thứ nhất xuống dòng thứ 3 có lẽ như chưa rõ ràng lằm, thế còn dòng thứ hai và dòng thứ ba thì sao, ta hãy thủ lập tỉ số của hai dãy số này tương ứng theo cột: n 1 2 3 4 5 ……… 1 + 2 + ... + n 3 5 7 9 11 ……… 1 + 2 + ... + n 2 2 2 3 3 3 3 3 Như vậy là quy luật đã xuất hiện rồi. Chúng ta có thể dự đoán ngay:  2n + 1  n(n + 1)(2n + 1) 12 + 22 + ... + n 2 =   (1 + 2 + .... + n) = .  3  6 Công việc bây giờ là chứng minh bằng quy nạp. Với n = 1 ta thu được đẳng thức 1 = 1 . Giả sử mệnh đề đúng với n = k , đề chứng minh đẳng thức cũng đúng cho k + 1 , chúng ta cần chứng minh: (k + 1)(k + 2)(2k + 3) k (k + 1)(2k + 1) (k + 1) 2 = − . 6 6 Đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó ta có được điều phải chứng minh. Bây giờ ta sẽ tiếp tục xét thêm một tổng đại số dạng này nữa: 13 + 23 + ... + n3 . Ta lại lập một bảng số liều khác để có thể dự đoán được kết quả: n 1 2 3 4 5 ……. 1 + 2 + ... + n 1 3 6 10 15 ……. 1 + 2 + ... + n 2 2 2 1 5 14 30 55 ……. 13 + 23 + ... + n3 1 9 36 100 225 ……. Mối quan hệ giữa dòng 1 và dòng 4 không hòan tòan rõ rệt, nhưng còn dòng 2 và dòng 4 thì sao. Tinh tế một chút các bạn có thể thấy các số hạng ở dòng thứ 4 tương ứng theo cột là bình phương của số hạng ở dòng thứ nhất. Như vậy ta mạnh dạn phát biểu mệnh đề sau:  n(n + 1)  2 13 + 23 + 33 + ... + n3 = (1 + 2 + 3 + ... + n) 2 =    2  Việc còn lại bây giờ là chứng minh bằng quy nạp: Với n = 1 ta thu được đẳng thức 1 = 1 . Giả sử mệnh đề đúng với n = k , đề chứng minh đẳng thức cũng đúng cho k + 1 , chúng ta cần chứng minh: (k + 1) 2 (k + 2) 2 k 2 (k + 1) 2 (k + 1)3 = − . 4 4 Đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó ta có được điều phải chứng minh. Như vậy là các bạn đã thấy được phần nào sức mạnh của tổng trong việc chứng minh quy nạp. Thế nhưng phương pháp này vẫn mang nhiều khuyết điểm, nhất là kết quả không phải lúc nào cũng có thể dự đoán một cách dễ dàng. Do đó chúng ta cần phải có những phương pháp khác để có thể hòan thành công việc một cách hiệu quả và dễ dàng hơn. Chúng ta hãy cùng nhau đi đến một phương pháp khác, phương pháp chứa đựng ý tưởng có thể giải quyết hầu hết các bài tóan tính tổng, cũng như bất đẳng thức tổng. ii) Phương pháp tạo dãy phụ.
Trong phần trước, để chứng minh được kết quả bằng phương pháp quy nạp, ta đã thông qua n(n + 1)(2n + 1) đẳng thức sau ( đối với tổng: f (n) = 12 + 22 + ... + n 2 = ) 6 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) n(n + 1)(2n + 1) (n + 1) 2 = − = f (n + 1) − f (n). 6 6 Nếu chúng ta làm tương tự cho các hạng tử khác, ta cũng thu được các kết quả tương tự: n 2 = f (n) − f (n − 1) (n − 1) 2 = f (n − 1) − f (n − 2) .... 12 = f (1) − f (0). Khi đó cộng vế theo vế ta cũng thu được: 12 + 22 + ... + (n + 1)2 = f (n + 1) − f (0) n(n + 1)(2n + 1) Ta thu được một kết quả không có gì mới mẻ khi ta đã biết f (n + 1) = . Tuy 6 nhiên ý tưởng ở đây thật đáng xem xét, các bạn nên chú ý rằng dãy f (n) bị một ràng buộc: f (n) − f (n − 1) = n 2 . Từ đây chúng ta có thể dễ dàng tìm được f (n) và suy ra ngay giá trị của 12 + 22 + ... + n 2 mà chẳng cần phải tốn sức dự đoán gì cả. Chúng ta có thể làm như sau: Giả sử f (n) = an3 + bn 2 + cn + d . Ta sẽ đi tìm các giá trị a, b, c, d sao cho f (n) − f (n − 1) = n 2 f (n − 1) = a(n − 1)3 + b(n − 1)2 + c(n − 1) + d = an3 + bn 2 + cn + d + −3an 2 + (3a − 2b) n − a + b − c Do đó: f (n) − f (n − 1) = 3an 2 − (3a − 2b)n + a − b + c . Lúc này ta chỉ cần tìm (a, b, c ) sao cho:  1 a = 3  3a = 1    1 −3a + 2b = 0 ⇒ b = a −b+c = 0  2   1 c = 6  Giá trị d là tùy ý, đề đơn giản ở đây tác giả chọn d = 0. n3 n 2 n Vậy f (n) = + + 3 2 6 n3 n 2 n n(n + 1)(2n + 1) Nhu vậy 12 + 22 + ... + n 2 = f (n) − f (0) = + + − 0 = 3 2 6 6 Ở đây có lẽ việc cho f (n) là đa thức bậc ba có vẻ hơi thiếu tự nhiên, nhưng nếu phân tích kĩ thì nó hòan tòan hợp lý. Trước hết f (n) − f (n − 1) = n 2 ở dạng đa thức nên nhiều khả năng f (n) cũng ở dạng này. Đồng thời bậc của f (n) − f (n − 1) sẽ nhỏ hơn bậc của f (n) một bậc, mà bậc của f (n) − f (n − 1) = n 2 là bậc hai nên f (n) sẽ là đa thức bậc ba.
Chúng ta sẽ thử xét thêm một ví dụ nữa trong trường hợp. Hãy tính tổng 13 + 23 + ... + n3 . Ta cũng sẽ đi tìm dãy f (1), f (2),..., f (n) sao cho f (n) − f (n − 1) = n3 . Giả sử f (n) = an 4 + bn3 + cn 2 + dn + e. Khi đó: f (n − 1) = a(n − 1) 4 + b(n − 1)3 + c(n − 1) 2 + d (n − 1) + e = an 4 + bn3 + cn 2 + dn + e − 4an3 + (6a − 3b)n 2 + (−4a + 3b − 2c)n + a − b + c − d Do đó: f (n) − f (n − 1) = 4an3 + (−6a + 3b)n 2 + (4a − 3b + 2c )n − a + b − c + d . Ta cần tìm (a, b, c, d ) sao cho:  1 a = 4  4a = 1   −6a + 3b = 0 b = 1    ⇒ 2  4a − 3b + 2c = 0  1 − a + b − c + d = 0  c =   4 d = 0  Giá trị của e là tùy ý,ta chọn e=0. n 4 n3 n 2 n 2 (n + 1) 2 Cuối cùng ta thu được: f (n) = + + = 4 2 4 4 1 + 2 + ... + n = − f (0) + f (1) − f (1) + f (2) − .... − f (n − 1) + f (n) 3 3 3 Như vậy n 2 (n + 1) 2 = f (n) − f (0) = 4 Để ứng dụng phương pháp trên, các bạn cũng nên chú ý : ü Tổng quát hóa bài tóan nếu có thể. ü Ta chỉ làm việc với số hạng tổng quát, thường được ghi phía cuối cùng trong tổng. Các bạn thử áp dụng phương pháp này trong một số bài tập sau xem: Bài 1: Tính tổng sau: 14 + 24 + 34 + ... + 20054. Bài 2: Xác định giá trị của P theo n . P = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1)(n + 2) Bài 3: Cho a là một số nguyên dương bé hơn n + 1 . Đặt : A = 1.1!+ 2.2!+ 3.3!+ ... + n.n ! Tìm (a, A) trong đó ( x, y ) là ký hiệu chỉ ước chung lớn nhất của x và y. Trong các phần trên,ta đã xét qua một số bài tập mà ở đó tổng bao gồm các hạng tử ở dạng đa thức. Thế còn dạng phân thức và căn thức thì sao. Thực ra các kỹ thuật nêu trên nói chung đều có thể áp dụng cho tổng phân thức hay căn thức. Ta hãy thử xét qua ví dụ sau: Bài toán: Hãy tính tổng theo n . 1 1 1 P= + + ... + . 1.2 2.3 n(n + 1)
Ta hãy sử dụng ý tưởng của phương pháp thứ hai, tức là tìm f (n) sao cho: 1 f (n) − f (n − 1) = n(n + 1) P( x) Trước hết, chúng ta cần phải hiểu thế nào là bậc của phân thức . Giả sử bậc của P là m , Q ( x) P( x) bậc của Q là n , khi đó bậc của được tính là m − n. Q ( x) x 4 − 3x 2 + 5 Ví dụ bậc của là 4 − 6 = −2 − x 6 + 35 Theo các phần trước, chúng ta có thể nhận thấy f (n) luôn có bậc bé hơn 1 so với bậc trong 1 1 hạng tử của ta. Ở đây, bậc của là −2 nên ta sẽ tìm f (n) có bậc −1 . Tử của là n(n + 1) n(n + 1) đa thức bậc 0 nên ta hãy thử f (n) bậc -1 và có đa thức ở tử bậc 0. Tức là: 1 f ( n) = bn + c 1 1 −b 1 f (n) − f (n − 1) = − = = bn + c bn + c − b (bn + c )(bn + c − b) n(n + 1) Ta có: 1 1 ⇔ = 2 c (b − c ) n + n −bn 2 − (2c − b)n + b Như vậy, ta cần phải tìm các số (b, c) thỏa:  −b = 1   b − 2c = 1 ⇒ b = c = −1 . c (b − c ) = 0  −1 Như vậy, f (n) = . Tóm lại, ta có: n +1 1 1 1 1 + + + ... + = − f (0) + f (1) − f (1) + f (2) − ... − f (n − 1) + f (n) 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) 1 n = f (n) − f (0) = 1 − = n +1 n +1 Ta xét thên một bài tóan tổng căn thức: Bài tóan: Tính tổng sau theo n. 1 1 1 S= + + ... + 1 2 +2 1 2 3+3 2 n n + 1 + (n + 1) n Bằng một ý tưởng tương tự,ta cũng sẽ cố gắng tìm dãy số f (1), f (2),..., f (n) sao cho: 1 f (n) − f (n − 1) = . n n + 1 + (n + 1) n
n Trước hết chúng ta định nghĩa thêm về bậc của căn thức, bậc của P( x) a Q ( x ) là m + , trong a đó m, n lần lượt là bậc của các đa thức P, Q. 1 −3 Theo một tư tưởng tương tự, ta tìm f (n) có bậc bé hơn là . Do đó bậc n n + 1 + (n + 1) n 2 −1 1 của f là . Thông qua hình dạng của ,ta có thể dự đoán dạng của f (n) 2 n n + 1 + (n + 1) n a là (b > 0) . Ta có: f (n − 1) > f (n) nên a < 0 , chia tử và mẫu cho −a ta thu đước dạng bn + c −1 b c của f (n) = , A = 2 ,B = 2 . An + B a a 1 1 f (n) − f (n − 1) = − An + B − A An + B A An + B − An + B − A = = An + B + An + B − A Ta có: ( An + B − A)( An + B ) ( An + B)( An + B − A) A = ( An + B − A) ( An + B ) + ( An + B) ( An + B − A) 1 = n n + 1 + (n + 1) n Từ đây ta suy ra cần tìm ( A, B) sao cho:  A =1  A =1 B − A = 0 ⇒   B =1 B = 1  −1 Như vậy f (n) = . Tóm lại: n +1 1 1 1 + + ... + 1 2 +2 1 2 3 +3 2 n (n + 1) + (n + 1) n = − f (0) + f (1) − f (1) + f (2) − f (2) + ... − f (n − 1) + f (n) 1 = 1− n +1 Sau đây là phần bài tập dành cho bạn đọc: Bài 1: Tính tổng sau theo n . 1 2 n + + ... + 2! 3! (n + 1)! Bài 2: Hãy tính tổng sau: 6 62 62005 P= + 2 + ... + 2004 (3 − 2)(32 − 22 ) (3 − 22 )(33 − 23 ) (3 − 22004 )(32005 − 22005 )
Bài 3: Xác định giá trị của: 1 1 1 1 1 1 S = 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + + 1 2 2 3 2004 20052 2 C. Phương pháp điển hình trong chứng minh bất đẳng thức tổng. Qua hai ví dụ trên, có thể các bạn cũng đã nhận ra, đối với tổng phân thức hay căn thức, việc tìm f (n) không phải lúc nào cũng thực hiện được, như ở trên, đối với tổng 1 1 1 1 + + + ... + ta thu được ba phương trình nhưng chỉ có hai ẩn, không phải lúc 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) nào cũng có nghiệm. Có rất nhiều tổng phân thức hòan thoàn không tầm thường, đôi khi nó nằm ngoài tầm với đối với kiến thức trung học cơ sỏ. Ví dụ tổng sau đây: 1 1 1 π2 + 2 + .... + 2 + .... = . 12 2 n 6 Tuy nhiên cũng cần khẳng định rằng phương pháp mà chuyên đề nêu ra là rất hiệu quả, chẳng hạn như tuy không thể tính một cách chính xác nhưng ta hòan toàn có thể đánh giá tổng trên. 1 Với một ý tưởng tương tự, ta sẽ tìm f (n) hàm sao cho f (n) − f (n − 1) ≥ 2 . n 1 Bằng một lý luận tương tự ta cũng có thể thu được f (n) = an + b −a 1 f (n) − f (n − 1) = ≥ 2 . Trước hết ta có thể thu được a = −1 và ta cần tìm b (an + b)(an + b − a) n sao cho 1 1 ≥ 2 (n + b)(n + b − 1) n 1 1 ⇔ 2 ≥ 2 n + (2b − 1)n + b(b − 1) n ⇒ (2b − 1)n + b(b − 1) ≤ 0 ∧ (n + b)(n + b − 1) > 0, ∀n ≥ 1 ⇒ b 2 + (2n − 1)b − n ≤ 0, ∀n ≥ 1 1 − 2n − 4n 2 + 1 1 − 2n + 4n 2 + 1 ⇒ ≤b≤ , ∀n ≥ 1 2 2 Để thu được đánh giá tốt nhất của biểu thức, ta sẽ cần tìm giá trị lớn nhất có thể của b . Dễ 1 −1 dàng tìm được đó là .Như vậy f (n) = . 2 1 n− 2 Tóm lại ta có: 1 1 1 1 2 + 2 + ... + 2 ≤ − f (0) + f (1) − f (2) + ... − f (n − 1) + f (n) = 2 − ≤ 2. 1 2 n 1 n− 2 Đánh giá tuy không chặt, tuy nhiên là có thể chấp nhận được, ta hãy thử xét thêm một ví dụ về căn thức xem sao: Bài toán: Chứng minh rằng:
2n n 2(n + 1) (n + 1) − 2 < 1 + 2 + ... + n < 3 3 Như mọi khi, ta đi tìm dãy f (1), f (2),..., f (n) và g (1), g (2),..., g (n) trong đó f (n), g (n) bậc 3 thỏa: 2 f (n) − f (n − 1) ≥ n g (n) − g (n − 1) ≤ n Bằng cách tương tự như đã nói,ta dễ dàng tìm được: 2 f (n) = (n + 1) n + 1 3 2n n g ( n) = 3 Và như vậy: 2(n + 1) n + 1 − 2 1 + 2 + ... + n ≤ − f (0) + f (1) − f (1) + ... − f (n − 1) + f (n) = 3 2n n 1 + 2 + ... + n ≥ − g (0) + g (1) − g (1) + ... − g (n − 1) + g (n) = 3 Sau đây là các bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm n ∈ N lớn nhất sao cho phương trình: x + x − 1 + ... + x − n = 2005 − x Bài 2: Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ... + > 21 1+ 3 3+ 5 2003 + 2005 Bài 3:Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên n . 1 1 1 2( n + 1 − 1) < 1 + + + ... +
“ Jacob Bernoulli, nhà Toán học Thụy Sĩ (1654-1705), người cùng thời với Newton và Leibniz, đã phát minh ra tổng nhiều chuỗi vô hạn; nhưng ông không tìm được tổng của chuỗi các nghịch đảo của các bình phương: 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + ... 4 9 16 25 36 49 Bernoulli viết: “Cho đến nay, tôi đã cố gắng nhiều nhưng vẫn không tìm ra. Ai tìm được và cho biết thì tôi xin cảm ơn vô cùng”. Một nhà Toán học Thụy Sĩ khác cũng đã chú ý tới bài toán đó. Đó là Leonhard Euler(!707-1783). Cũng như Jacob, ông sinh ra ở Baden và là học trò của Johann Bernoulli (1667-1748), em trai Jacob. Ông thấy nhiều biểu thức khác nhau của tổng cần tìm( những tích phân định hạn, những chuỗi khác_, nhưng không biểu thức nào làm ông vừa long. Ông dung một trong những biểu thức đó tính tổng trên chính xác đến 7 chữ số (1,644934…). Nhưng đó chỉ là giá trị gần đúng, mà mục đích của ông là tìm giá trị đúng. Cuối cùng ông đã tìm ra giá trị đó. Bằng tương tự, ông đã đi đến một giả thuyết cực kì táo bạo. 1) Hãy bắt đầu bằng cách điểm qua một vài sự kiện đại số sơ cấp, có vai trò uqan trọng trong phát minh của Euler. Nếu phương trình bậc n: a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n = 0. Có n nghiệm phân biệt α1 , α 2 ,..., α n thì đa thức vế trái của phương trình có thể biễu diễn thành tích của n thừa số bậc nhất: a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n = an ( x − α1 )( x − α 2 )...( x − α n ) So sánh những số hạng cùng bậc đối với x ở hai vế của đồng nhất thức ấy,ta rút ra được những hệ thức đã biết giữa các nghiệm và các hệ số của phương trình. Hệ thức đơn giản nhất là: an −1 = −an (α1 + α 2 + ... + α n ) tìm được bằng cách só sánh hệ số những số hạng chứa x n −1 . Việc phân tích thành chứng hệ số bậc nhất có thể làm theo cách khác. Nếu các nghiệm α1 , α 2 ,..., α n đều khác không, hay (cũng thế ) nếu a0 khác không, thì chúng ta có:  x  x   x  a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n = a0 1 − 1 −  ... 1 −   α1  α 2   α n   1 1 1  Và a1 = − a0  + + ... +  .  α1 α 2 αn  Còn môtj cách khác. Giả sử phương trình bậc 2n có dạng: b0 − b1 x 2 + b2 x 4 + ... + (−1) n bn x 2 n = 0 Và 2n nghiệm phân biệt là β1 , − β1 , β 2 , − β 2 ,..., β n , − β n . Thế thì:  x2   x2   x2  b0 − b1 x 2 + b2 x 4 + ... + (−1) n bn x 2 n = b0 1 − 2  1 − 2  ... 1 − 2   β1   β 2   β n   1 1 1  Và b1 = b0  2 + 2 + ... + 2  .  β1 β 2 βn  2)Euler xét phương trình sin x = 0 hay
7 x x3 x 5 x − + − + ... = 0. 1 3! 5! 7! Vế trái có vô số số hạng, nó có “bậc vô tận”. Vì vậy,-Euler nói- không nên ngạc nhiên rằng nó có vô số nghiệm: 0, π , −π , 2π , −2π , 3π , −3π ,... Euler bỏ nghiệm 0 đi, ông chia vế trái của phương trình cho x, thừa số bậc nhất ứng với nghiệm 0, và có phương trình đây: 6 x2 x4 x 1− + − + ... = 0. 3! 5! 7! với các nghiệm π , −π , 2π , −2π , 3π , −3π ,... Chúng ta đã gặp tình hưống tương tự trước đây, khi xét cách phân tích thành những thừa số bậc nhất ở cuối phần 1. Bằng phương pháp tương tự, Euler kết luận rằng: sin x x2 x4 x6  x 2  x 2  x2  = 1 − + − + ... = 1 − 2 1 − 2 1 − 2  ... x 3! 5! 7!  π  4π  9π  1 1 1 1 = 2 + 2 + 2 + ... 3! π 4π 9π Suy ra 1 1 1 π2 ⇒ 1 + + + + ... = . 4 9 16 6 Đó chính là chuỗi số mà những cố gắng của Jacob Bernoulli không đi đến kết quả. Nhưng kết luận của Euler là rất táo bạo.” Cách chứng minh trên của Euler khá sơ cấp và cũng thật táo bạo. Có thể xét về một phương diện nào đó, nó không hòan tòan chặt chẽ nhưng chúng ta cũng có thể cảm nhận phần nào sức mạnh trí tuệ và sự nhẫn nại của con người trước sự quyến rũ của Toán Học.Đây cũng là một kinh nghiệm quý báu cho những người học toán, kiên trì nhẫn nại và đột phá sẽ dẫn bạn tới thành công . Chúc các bạn luôn đạt được những kết quả mong muốn. J Tài liệu tham khảo • Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu & Răzvan Gelca. • Toán học và những suy luận có lý G.Polya