Bài viết đề cập đến các chứng minh các định lý cơ bản và cơ sở áp dụng nhiều cho các phần bất đẳng thức

Bài viết đề cập đến các chứng minh các định lý cơ bản và cơ sở áp dụng nhiều cho các phần bất đẳng thức; hình học phẳng ; giải tích không liên quan đến số học cần nắm chắc các chứng mi

Bài viết đề cập đến các chứng minh các định lý cơ bản và cơ sở áp dụng nhiều cho các phần bất đẳng thức; hình học phẳng ; giải tích ( không liên quan đến số học ) cần nắm chắc các chứng minh để có thể áp dụng thực tiễn sâu hơn ; do đây là lần đầu tôi làm một công trình như này ; nên không tránh khỏi sai xót ; mong mọi người đóng góp ý kiến ; bài viết không đề cập đến các kỹ năng sử dụng hoặc biến đổi ; các kỹ thuật dùng các bất đẳng thức hay một vấn đề nào ; ngoài ra tôi sẽ lập lại bảng các công thức đạo hàm ; tích phân ( không chứng minh ) ; vi phân và một số bài toán hay ( không đề cập đến các công thức lượng giác ) Tùy theo mức độ hay và thường được

sử dụng ; tôi không quy ước là sẽ chứng minh định lý nào trước Có một số bài toán hay lồng ghép vào và sẽ giành cho người đọc bài viết này tự chứng minh

1/ Chứng minh bất đẳng thức AM – GM ( cauchy )

Bất đẳng thức phát biểu dưới dạng : trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của n số đó ; đẳng thức xảy ra khi tất cả các số này bằng nhau

Và phát biểu dạng :

Cho a a1 ; ; ; 2 a n không âm và là các số thực ; khi đó ta có bất đẳng thức

1 2 3

1 2

.

n

n



Chứng minh

Cách 1 : Nếu trong các số này có một số bằng không ; thì hiển nhiên bất đẳng thức được chứng minh ; ta xét các số khác không cho bài toán này

Không mất tính tổng quất ; ta giả sử 0 a1 a2  a n

Khi đó ta có

1 2 3

1

n

n

n

.

a a

T

Xét n – 1 số không âm a2 ; ;a n1 ;a1 a n T

Bây giờ nếu ta giả sử bất đẳng thức đúng với n – 1 số

Thì

2 3 4 1 1 1

1

n

n









Hay 1

1 2

n

n



Bất đẳng thức được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số này bằng nhau

Cách 2 : Áp dụng đạo hàm ( chứng minh của polyas)

Gọi f(x) = e x 1 x

 ; ta thấy đạo hàm của nó f’ = e x 1 1

 và đạo hàm bằng 0  x= 1 và

từ đó hàm số này đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 1

Xét n số thực không âm a a1 ; ; 2 a n và đặt trung bình cộng của nó là u

Áp dụng bất đẳng thức trên rồi nhân vế với vế

Ta có ngay :

n

i=1

a

u

n i i n

a

n u



 ; thế nhưng số mũ lại là 0

Vậy thì

1

n

n i i







Bất đẳng thức đã cho được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi x = 1 ; tức là các số này bằng u và bằng nhau

Cách 3 : Muốn có chứng minh bằng cách này ; trước hết tôi chứng minh bổ đề Cho các số thực a a a1 ; ; ; ; 2 3 a n không âm với n lớn hơn 1

Thỏa mãn

1

n i i

a



 = 1 Khi đó ta có bất đẳng thức

a1 a2 a3  a n n

Ta chứng minh bằng quy nạp

Với n = 2 ; bất đẳng thức hiển nhiên đúng ( bất đẳng thức AM – GM cho 2 số )

Có đẳng thức khi 2 số bằng 1

Giả sử bất đẳng thức đúng với n

Ta sẽ chứng minh nó đúng với n + 1

Tức là :

Nếu có tất cả các số này cùng bằng 1 thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra ; bây giờ giả sử

1

i

a  thế thì tồn tại ít nhất một số a  j 1; chẳng hạn ta giả sử a n  1;a n1  1

Áp dụng giả thiết quy nạp ta có :

a1 a2  a n1 a a n. n1 n

Do đó :

1

n

i





Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh

Rõ ràng có đẳng thức khi tất cả các số này bằng 1

Bây giờ ta áp dụng bổ đề này vào chứng minh AM – GM

Đặt : n 1 2

n

Khi đó ta có :

1

n i i

a c



 = 1

Áp dụng bổ đề trên thì

1

1

n

i

a n c







Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi tất cả các số này bằng nhau

Cách 4 : Ta áp dụng 1 trong các tính chất của hàm lồi

Xét bổ đề ( không chứng minh ) :

‘ Nếu f(x) là 1 hàm lồi trên I thì với mọi n số trên I ta có :

1 2 3 ( ) 1 ( )

f



Xảy ra đẳng thức khi các số này bằng nhau

Bây giờ ta xét hàm số ( ) x

f x e ; hàm số này lồi trên (   ; ) Xét n số thực không âm a i

Tồn tại các số thực x x1 ; ; 2 x n

Thỏa mãn x i

i

Theo bổ đề trên thì : x x1 2 n x n e x1 e x2 e x n

e

n

  

 



Hiển nhiên bất đẳng thức AM – GM được chứng minh ; có đẳng thức khi tất cả các

số này bằng nhau

2/ Bất đẳng thức cauchy – swhwars ( bunhiacopxki )

Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này ; dưới đây tôi chỉ nêu ra 4 cách chứng minh hay sử dụng

Bất đẳng thức phát biểu dưới dạng ; cho 2 dãy số có n số dạng a b i; i ; không âm

Khi đó ta có bất đẳng thức

(a a  a n)(b  b n) (  a b  a b n )n

Có đẳng thức khi tồn tại một số thực k không âm để cho 2 dãy này tỉ lệ bằng k

Cách 1 : Áp dụng hằng đẳng thức Lagrange ( không chứng minh )

Ta có :

( n i )( n i ) ( n i )i ( i j j ) 2.i i i j j ( i j j )i 0

Rõ ràng bất đẳng thức đã được chứng minh ; có đẳng thức khi với mọi 1 i  j n ta đều có : a b i. j a b j. i

Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Holder với n = 2 ; bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi các dãy này tỉ lệ

Cách 3 : Sử dụng tam thức bậc hai

Xét hàm số :

( ) ( ) ( n n)

Rõ ràng hàm số này không âm với mọi giá trị thực của x

Điều này tương đương với biệt thức của nó không phải là một số dương ; mà là :

2 2 2

' ( n i )i ( n i )( n i ) 0

Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi 2 dãy này tỉ lệ ( Khai triển hàm số giành cho người đọc )

Cách 4 : Sử dụng bất đẳng thức jensen trên hàm lồi

Xét hàm f x( ) x2 là hàm lồi trên R ; do đó theo bất đẳng thức jensen ; áp dụng cho các dãy không âm ta có:

1 1

( )

f



Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi các cặp này tỉ lệ Còn 2 cách chứng minh khác áp dụng phương pháp quy nạp toán học và sử dụng bất đẳng thức AM – GM xin giành cho người đọc )

3/ Định lý pitago cho tam giác vuông :

Định lý được phát biểu như sau :

Cho tam giác vuông bất kỳ ; tổng 2 bình phương 2 cạnh góc vuông bằng bình phương cạnh huyền

Tôi xin nêu ra 2 cách chứng minh phổ biến ở đây ; trên thực tế định lý này có tới hơn

300 cách chứng minh ( tham khảo một cách chứng minh khác trong cuốn tổ hợp hình học của Vũ Hữu Bình phần cắt và ghép hình )

Cách 1 : Ta gọi tam giác đó là ABC và nó vuông tại A ; kẻ đường cao AH ; định lý pitago là hệ quả của một hệ thức lượng trong tam giác vuông ( có chứng minh trong SGK phổ thông giành cho lớp 9 )

Cách 2 : Ta cùng xét một cách phát biểu khác xa xưa của định lý :

Tổng diện tích 2 hình vuông lập trên hai cạnh góc vuông bằng diện tích hình vuông lớn dựng trên cạnh huyền

Chứng minh :

Gọi tam giác đã cho là ABC ; vuông tại A

Trên cạnh AB ; dựng hình vuông ABFG ; trên cạnh AC dựng hình vuông ACMN Trên cạnh huyền BC dựng hình vuông BCDE

Ta cần chứng minh :

S ( BCDE) = S ( ABFG) + S(ACMN)

Vẽ đường cao AH ; kéo dài cắt DE ở K Nối AE ; CF

Ta có ngay S ( FBC ) = S ( ABE ) (1)

Tam giác FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF ; đường cao ứng với đáy này bằng nhau và bằng AB

Vậy thì 2.S ( FBC ) = S ( ABFG ) (2)

Chứng minh tương tự :

2.S ( ABE ) = S ( BHKE ) (3)

Từ (1) ; (2) ; (3)

Ta có : S ( BHKE) = S ( ABFG )

Chứng minh tương tự thì :

S ( CHKD ) = S ( ACMN )

Cộng 2 vế hai đẳng thức này tương ứng ; định lý pitago được chứng minh

4/ Giải phương trình nghiệm nguyên :

x2 y2 z2 ( phương trình pitago nổi tiếng )

Trước hết ta có thể giả sử x; y ; z là 3 số nguyên tố cùng nhau

Thật vậy gọi x y z o; ;o o là 3 số thỏa mãn đẳng thức trên và có ước chung lớn nhất là d ; thế thì x o; y z o; 0

Với x ; y ; z nguyên tố cùng nhau thì chúng nguyên tố đôi một cùng nhau ; vì nếu 2

số có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d

Trước hết ta có đánh giá :

(1) x ; y không cùng chẵn ; vì chúng nguyên tố cùng nhau

(2) x ; y không thể cùng lẻ ; vì khi đó vế trái chia 4 dư 2 ; còn vế phải chia hết cho 4 Vậy thì x ; y có một số chẵn và một số lẻ

Bây giờ ; không mất tính tổng quát ; ta giả sử x chẵn và y lẻ ; thế thì z lẻ

Dạng tương đương của phương trình là :

( ) 2



Ta thấy 2 vế lúc này vẫn nguyên do x chẵn và z ; y cùng lẻ

Do z ; y nguyên tố cùng nhau nên ;

cũng nguyên tố cùng nhau ( dễ chứng minh ; giành cho người đọc )

Hai số này có tích là một số chính phương nên mỗi số đều là số chính phương

Đặt : 2 2

;

  ( lưu ý ở đây m ; n nguyên dương và x ; y ; z là nghiệm thì trái dấu của chúng cũng là nghiệm nên ta chỉ xét nghiệm dương )

Vậy ta có z m 2 n y m2 ;  2  n2 ; trong đó m ; n nguyên tố cùng nhau ; chẵn lẻ khác nhau và m > n

Nên ta tìm được x 2mn

Vậy ta có công thức nghiệm tổng quát cho phương trình là :

x = t.2mn

y = (m2  n t2 ).

z = t.(m2 n2 )

Trong đó m ; n nguyên tố cùng nhau ; chẵn lẻ khác nhau và t là số nguyên tùy ý 5/ Chứng minh định lý lớn fermat với n = 4

Gợi ý : Sử dụng nguyên lý cực hạn ; và bổ đề pitago đã chứng minh trên ; hãy giả sử

có nghiệm x ; y ; z thỏa mãn phương trình ; và nó nhỏ nhất ; ta sẽ tìm được nghiệm khác thỏa mãn nhỏ hơn nghiệm ban đầu nên phương trình đã cho vô nghiệm

6/ Định lý Rolle ; định lý cauchy ; định lý lagrange :

Định lý Rolle phát biểu dưới dạng

Cho hàm f(x) liên tục trên [ a ; b ] ( a < b ) ; khả vi trên ] a ; b [ và nếu f(a) = f(b) thì tồn tại một giá trị x = c để mà f’(c) = 0

Chứng minh :

Giả sử không tồn tại c mà f ‘ (c ) = 0 ; tức là f’(x) khác không với mọi giá trị x nằm trong khoảng [ a ; b ]

Không mất tính tổng quát ; giả sử f’ > 0 với mọi x trong khoảng này ; tức là hàm số đồng biến trên [ a ; b ] ; vậy thì f(a) < f(b) ( trái với giả thiết )

Định lý được chứng minh

Định lý Cauchy phát biểu dưới dạng ( không chứng minh )

Cho 2 hàm số f(x) và g(x) liên tục trên [ a ; b ] ; khả vi trên ] a ; b [ ; đồng thời g(x) khác không thì tồn tại c trong khoảng này để mà :

g b f b( )( ) g a f a( )( ) g c f c'( )'( )



Định lý Lagrange phát biểu dưới dạng :

Cho f(x) liên tục trên [ a ; b] và khả vi trên ] a ; b [

Khi đó tồn tại c trong khoảng này để mà

f b( )  f a( ) (  b a f c ) '( )

Ta dễ thấy nó cũng là một hệ quả của định lý cauchy ; nhưng ở đây ta sẽ chứng minh theo cách khác

Bây giờ ta xét hàm số :

g x( ) f x( ) f b( ) f a( ).x

b a





Lần lượt tính g(b) và g(a)

Xét hiệu : g b( ) g a( ) f b( ) f a( ) f b( ) f a( ).(b a)

b a



Ta có g(b) = g(a) ; theo định lý Rolle thì tồn tại c để

g c'( ) f c'( ) f b( ) f a( ) 0

b a





Tức là tồn tại c để :

f c'( ) f b( ) f a( )

b a







Định lý được chứng minh Sau khi đã đọc xong chứng minh cho định lý lagrange ; tôi tin chắc bạn có thể tìm ra cách chứng minh cho định lý cauchy ở bên trên Bảng các công thức đạo hàm và tích phân cơ bản :

1

( ) 'x m mx m

 ( ) ' 1

2

x

x

 ( x dương )

2

( ) '



 ( ) 'e x e x

( ) 'x x.ln

a a a (ln ) 'x 1

x

 (sinx)'=cos x ( os x)' = - sin xc

2

(tgx) ' sec x 2

(ctgx) ' cosec x

2

1 (arcsin x)' =

1 - x (arccos x )' = - 1 2

1 - x

2

1 (arctg x )' =

1 + x 2

-1 (arcctg x)' =

1 + x (f x dx( ) ) ' f x( )

( ( ) ) ( )

( ) ( )



( ) ( )

( ( )f x g x dx( ))  f x dx( )  g x dx( )

Nếu : f x dx F x( )  ( ) C ; thay x bằng 1 hàm số bất kỳ là u của biến x ; ta vẫn có:

f u du F u( )  ( ) C

Bảng các tích phân bất định cơ bản :

dx x C 



ln | |

dx



1

1

m

m





2 arctgx

1

dx

C





2 arcsinx+C

1

dx







x

a



sinxdx cosx+C



osxdx sinx+C



2

sec xdx tgx C 



2

osec



Tích phân từng phần : udv uv  vdu

Các tích phân xác định cơ bản

( ) 0

a

a

f x dx 



( ( ) ( )) ( ) ( )

( ) ( )

Nếu ta tìm được 2 số m ; n thỏa mãn bất đẳng thức :

mf x( ) n

Thì ta cũng có bất đẳng thức :

( ) ( ) ( )

b

a

Công thức Newton – Leibniz :

Cho F là nguyên hàm của f thì ta có đẳng thức :

( ) ( ) ( )

b

a

Tích phân từng phần :

Cho 2 hàm u(x) và v(x) là những hàm khả vi liên tục trên [ a ; b ] của biến x

|

b a

Nếu f(x) là hàm lẻ thì : ( ) 0

a

a

f x dx







Nếu f(x) là hàm chẵn thì :

0 ( ) 2 ( )

a





Sau khi đã học xong bảng các công thức này ; chúng ta tìm hiểu vài điều về chuỗi số

Và các tiêu chuẩn so sánh cơ bản

1/ Nếu chuỗi u1 u2 u3  u n

Hội tụ và chuỗi u m1 u m2  nhận được từ chuỗi ban đầu đã cho sau khi bớt đi m

số hạng đầu thì nó cũng hội tụ

2/ Nếu chuỗi u1 u2 u3  u n = S

Hội tụ thì chuỗi a.S cũng hội tụ và có tổng cũng là a.S

3/ Nếu các chuỗi

1 2 3

  

  

Hội tụ và có tổng tương ứng là S và P thì chuỗi

(u1 v1 ) (  u2 v2 ) 

Cũng hội tụ và có tổng là S + P

4/ Nếu chuỗi u1 u2 u3 

Hội tụ và lim u(n) = 0 khi n   ; nghĩa là số hạng tổng quát của chuỗi hội tụ là 0 Như vậy nếu lim u(n) khác 0 thì chuỗi phân kỳ

5/ Chuỗi

S = 1 1 1 1 1

Được gọi là chuỗi điều hòa ; và chuỗi này phân kỳ

Dưới đây tôi liệt kê một số tiêu chuẩn và định lý so sánh các chuỗi

Tiêu chuẩn so sánh thứ nhất

Giả sử ta có 2 chuỗi dương là

1 2 3

n n

Gọi chuỗi u là (1) và chuỗi v là (2)

Trong đó số hạng tổng quát tương ứng của chuỗi (1) không vượt quá chuỗi (2)

Khi đó ; nếu chuỗi (1) phân kỳ thì chuỗi (2) cũng phân kỳ ; chuỗi (2) hội tụ thì chuỗi (1) cũng hội tụ

Tiêu chuẩn so sánh thứ hai

Nếu tồn tại giới hạn của lim ( n  ) n

n

u

v = k ; trong đó k hữu hạn và khác không ; thì

cả 2 chuỗi

1

n n

u





 và

1

n n v





 đồng thời hội tụ hoặc đồng thời phân kỳ Tiêu chuẩn cauchy

Nếu chuỗi

u1 u2 u3  u n 

Có lim ( n  ) n

n

u = C ; chuỗi này hội tụ C < 1 và phân kỳ khi C > 1 Tiêu chuẩn Đalambe

Nếu chuỗi

u1 u2 u3 

Có lim ( n  ) n 1

n

u u



= D ; thì chuỗi đó D < 1 và phân kỳ khi D > 1 Tiêu chuẩn tích phân

Cho hàm số f(x) liên tục ; dương và giảm đơn điệu khi x  1 ; thì chuỗi

1

n n u





 trong

đó u n = f(n) sẽ hội tụ hay phân kỳ tùy thuộc vào tích phân của nó là

1 ( )

f x dx

 hội tụ hay phân kỳ

Trong bài viết này tôi sẽ không đưa ra một tiêu chuẩn tích phân đầy đủ của chuỗi hàm nào ; mà sẽ đi thẳng vào các chuỗi lũy thừa

Cho chuỗi hàm dạng

2

0 1 ( ) 2 ( ) ( )n

n

Trong đó các số a a a; ; ; 0 1 là những số thực ; được gọi là chuỗi lũy thừa Chuỗi lũy thừa có các tính chất cơ bản sau : nếu chuỗi lũy thừa hội tụ với x = y

( đồng thời hội tụ tuyệt đối ) với mọi giá trị của x ; thỏa mãn bất đẳng thức

| x – a | < | y – a|

Đó gọi là định lý abel

Đây là một trong các hệ quả của định lý abel

Mọi chuỗi lũy thừa đều có một khoảng hội tụ với tâm điểm là a : | x – a | < R hay

Là a - R < x < a + R ; bên trong khoảng đó chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối ; còn ở ngoài khoảng đó thì chuỗi phân kỳ ; tại các mút của khoảng hội tụ ( tại các điểm x = a + R hoặc x = a – R ) mỗi chuỗi lũy thừa có tính chất riêng : có một số chuỗi hội tụ tuyệt đối trên cả hai mút ; một số khác thì hội tụ có điều kiện ; tại mút kia thì phân

kỳ ; một số nữa thì phân kỳ tại cả hai mút Số R bằng nửa độ dài của khoảng hội tụ được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa Trong trường hợp đặc biệt ; bán kính hội tụ có thể là không hoặc có thể là vô hạn Nếu R = 0 ; thì chuỗi lũy thừa chỉ hội tụ tại điểm a ; còn nếu R là vô hạn thì chuỗi hội tụ trên toàn trục số

Để tìm các khoảng và bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa có thể sử dụng một trong các phương pháp sau

1/ Nếu tất cả các hệ số a n của chuỗi đều khác không

Lúc đó ta có

R = lim ( n  ) |

1

n n

a

a  | Trong điều kiện giới hạn này là tồn tại ( hữu hạn hoặc vô hạn )

0 1 ( )p 2 ( ) p ( )np

n

Trong đó p là một số nguyên dương xác định nào đó từ 2 trở đi ; thì

R =

1 lim | n |

p

n

a

a  khi n  

3/ Nếu trong các hệ số của chuỗi có các hệ số là 0 ; và dãy các số mũ của hiệu x – a còn lại ở trong chuỗi là bất kỳ ( tức là không lập thành cấp số cộng như trường hợp trước ) thì bán kính hội tụ tính theo công thức

R = lim |n1 |

n

a khi n  

Trong đó chỉ được sử dụng các giá trị khác 0 ở mẫu thức ( công thức này áp dụng cho

cả 2 trường hợp trên )

4/ Trong mọi trường hợp ; có thể tìm khoảng hội tụ bằng cách áp dụng trực tiếp tiêu chuẩn đalambe hay tiêu chuẩn cauchy cho chuỗi lập thành từ các giá trị tuyệt đối của các số hạng trong chuỗi xuất phát

Ta viết chuỗi dưới dạng u x0 ( ) u x1 ( ) u x2 ( ) 

Trong đó u0 a0 và ( ) ( )N

đồng thời a n không ký hiệu hê số của (x a )n mà là hệ số của số hạng thứ n của chuỗi

ta sẽ tìm được khoảng hội tụ theo bất đẳng thức

Lim ( n  ) | 1 |

| |

n n

u u



< 1 hoặc lim ( n  ) n| |

n

u < 1

Ta cần lưu ý các tính chất sau đây của chuỗi lũy thừa Các chuỗi nhận được bằng cách đạo hàm hoặc tích phân từng từ của chuỗi lũy thừa có cùng khoảng hội tụ ; và tổng của chúng trong khoảng hội tụ tương ứng bằng đạo hàm và tích phân của tổng chuỗi ban đầu

Do đó nếu S(x) =

0

( )n n

n

a x a









1

( )n n

n

na x a











1 0

( ) ( )

1

n n a

a x a

S x dx

n

















Trong đó –R < x – a < R

Các phép tính đạo hàm và tích phân từng từ của chuỗi lũy thừa có thể áp dụng vô số lần Như vậy ; tổng của chuỗi lũy thừa trong khoảng hội tụ của nó là hàm khả vi vô hạn

Sau đây là hai ví dụ điển hình

Tìm tổng của chuỗi 1 2  x 3x2  4x3  trong đó | x | < 1

Giải ; ta đã biết công thức tính tổng của chuỗi cấp số nhân công bội q vô hạn là

1

a

q

 trong đó a là số hạng đầu

Áp dụng ta có đẳng thức

1

1

x



Đạo hàm đẳng thức này ta có ngay đpcm

2 3

2

1

1 2 3 4

(1 )

x



Tìm tổng của chuỗi

2 3 4

x     ( |x| < 1 )

Như ví dụ trước ; ta tích phân đẳng thức trong khoảng từ 0 đến x ta có ngay

2 3 4

Chuỗi này hội tụ trong khoảng [ -1 ; 1 [

Ngoài các lĩnh vực đang rất phát triển như hiện nay ; như các phép tính vi tích phân trong giải tích ; …… Thì học sinh THCS có nhiều bạn rất thích làm các bài toán về hình học phẳng ; nó thật sự là một bộ môn rèn luyện tư duy con người ; nó bắt chúng

ta phải suy nghĩ ; phải tìm tòi và có rất nhiều cách giải hay và cực kỳ độc đáo cho những bài toán đó Ở phần này tôi nêu lên vài bài toán hay cho tất cả mọi người cùng đọc

1/ Đường thẳng Euler trong tam giác