Một số chứng minh của định lý steiner lehmus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————————— TRẦN VĂN LAI MỘT SỐ CHỨNG MINH CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN-2015 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN VĂN LAI MỘT SỐ CHỨNG MINH CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG THÁI NGUYÊN-2015 Mục lục Mở đầu ii Các chứng minh hình học Định lý Steiner - Lehmus 1.1 L Kopeikina 1.2 V Bolchianxki 1.3 D Beran 1.4 K R S Sastry 1.5 A I Fetisov 1.6 A Berele & J Goldman 1.7 G Gilbert & D MacDonnell 1.8 R W Hogg 13 1.9 Một số chứng minh khác 14 Các chứng minh lượng giác Định lý Steiner - Lehmus 24 2.1 K Seydel & C Newman 24 2.2 M Hajja (I) 26 2.3 M Hajja (II) 28 2.4 R Oláh - Gál & J Sándor 31 2.5 W Chau 40 Một số định lý toán tương tự 43 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 i Mở đầu Năm 1840, giáo viên phổ thông người Đức Berlin Daniel Christian Ludolph Lehmus (1780-1863) gửi thư cho nhà tốn học Jacques Charles Fran¸cois Sturm, Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Pháp với đề nghị đưa chứng minh hình học cho khẳng định "Một tam giác cân (là tam giác có hai cạnh nhau) tam giác có hai đường phân giác nhau" Tuy nhiên, C Sturm không đưa chứng minh, thông báo toán cho nhà toán học khác Người chứng minh toán nhà hình học tiếng người Thụy Sỹ Jakob Steiner (1796-1863) Vì vậy, sau người ta lấy tên hai nhà toán học Steiner Lehmus để đặt tên cho định lý Trong chứng minh Định lý trên, J Steiner sử dụng cơng thức tính độ dài đường phân giác thông qua độ dài cạnh tam giác, phương pháp biến đổi đại số Qua đó, ơng chứng minh tam giác có hai cạnh Bổ đề (Độ dài đường phân giác): “Trong tam giác ABC, với BC = a; CA = b; AB = c; độ dài đường phân giác AD, BE, CF tam giác tính cơng thức: s  AD = v " s  u  2 #  c 2  u b ; BE = tca − ; CF = ab −  a 2  bc − b+c c+a a+b Áp dụng Bổ đề vào chứng minh Định lý sau Giả sử tam giác ABC có hai đường phân giác BE, CF nhau, tức BE = v CF u " u ⇔ tca − " ⇔ ca −   b c+a b c+a s 2 # 2 #  ab − =  = ab −  c 2  a+b  c 2  a+b ii " ⇔c 1−  b c+a 2 #  =b 1−   c 2  a+b  b c ⇔ (b − c) + bc =0 − (c + a) (a + b)2 (b3 − c3 ) + a2 (b − c) + 2a(b2 − c2 ) ⇔ (b − c) + bc =0 (c + a)2 (a + b)2   (b2 + bc + c2 ) + a2 + 2a(b + c) =0 ⇔ (b − c) + bc (c + a)2 (a + b)2 ⇔b−c=0 ⇔ b = c Vậy tam giác ABC cân A Mặc dù Định lý chứng minh Steiner, song cách chứng minh mà ông đưa chưa thỏa mãn người u tốn chưa thực "thuần túy hình học" Bởi thế, nhiều nhà tốn học cố gắng tìm kiếm chứng minh mới, hay hơn, thú vị Hơn 150 năm trôi qua, nhiều phép chứng minh nối tiếp đời Cho đến ngày nay, Định lý có 80 cách chứng minh khác nhau, có chứng minh người biết đến, có chứng minh tìm thời gian gần Với khát khao vươn tới đẹp, Định lý chắn không dừng lại đây, cịn có sức hấp dẫn lớn nhà tốn học nói riêng người u tốn nói chung Nhờ phát biểu đơn giản có chứng minh đẹp, ngắn gọn, Định lý số lần chọn làm đề thi học sinh giỏi Việt Nam Luận văn "Một số chứng minh của Định lý Steiner- Lehmus" có với mục đích mơ tả tranh sinh động Định lý với lịch sử chứng minh phát tốn học Hy vọng thú vị cho yêu thích vẻ đẹp chứng minh kết toán học Luận văn gồm chương Chương I: Trình bày số chứng minh hình học Định lý SteinerLehmus Chương II: Trình bày số chứng minh lượng giác Định lý SteinerLehmus Chương III: Trình bày số định lý tốn tương tự Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình PGS.TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy iii Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu thầy cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nhiệt tình giảng dạy, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập, nghiên cứu Và cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp ủng hộ, giúp đỡ suốt thời gian qua Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Học viên Trần Văn Lai iv Chương Các chứng minh hình học Định lý Steiner - Lehmus 1.1 L Kopeikina Định lý Steiner-Lehmus nhiều năm liền cho tập thầy Câu lạc Toán học trực thuộc Khoa Tốn trường Đại học Tổng Hợp Matxcơva khơng biết chứng minh Cuối cùng, vào năm 1939, nữ sinh lớp 10 Matxcơva tên Lida Kopeikina [1] (đã trở thành Phó Giáo Sư vào năm 1960) tìm cách chứng minh định lý Steiner - Lehmus đơn giản sau đây: Giả sử hai đường phân giác AN BP Kẻ M N P Q song song với AB , cắt AC BC theo thứ tự M Q (Hình 1.1) Hình 1.1 Chứng minh M N P Q trùng phản chứng [ [ Giả sử M N gần AB P Q, M N > P Q Do P[ BQ = P BA = BP Q nên 4P BQ tam giác cân, suy P Q = QB Tương tự AM = M N Hai tam giác cân 4P BQ 4AM N có cạnh đáy nhau, cạnh bên P Q < M N nên \ [ A M N suy QBA AB , từ suy hình thang AM N B có AM < BN mà AM = M N, P Q = QB, M N > P Q, QB > BN, dẫn đến mâu thuẫn Điều mâu thuẫn chứng tỏ M N P Q trùng Khi AM N B hình [ = CBA [ hay 4ABC tam giác cân thang cân nên CAB 1.2 V Bolchianxki Một năm sau chứng minh Lida Kopeikina (năm 1940) học sinh lớp Matxcơva tên Volodia Bolchianxki [1] sau Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Bang Nga, tác giả nhiều cơng trình quan trọng tốn học phương pháp dạy tốn, tìm cách chứng minh khác đẹp Giả sử O giao điểm hai đường phân giác AN BM (Hình 1.2) Hình 1.2 [ Xét hai tam giác AN C BM C có ACB [ Khi CO phân giác ACB chung, AN = BM , đường phân giác đỉnh C CO chung hai tam giác AN C BM C Để làm điều ta vẽ đường trịn ngoại tiếp 4AN C với đường kính DF vng góc với AN trung điểm AN Vẽ dây cung AC \ \ cho N AC = C BM C , C nằm phía đường thẳng AN Ta có \ \ \ [ (góc nội tiếp chắn dây cung _ A C N = ACN AN) nên A N C = 180o − A C 0N − \ [ −C \ \ N AC = 180o − ACN BM = B M C , suy 4BM C = 4AN C (cạnh - góc cạnh) (*) AN cắt DC DC theo thứ tự O O0 Nếu C khác C , chẳng _ _ hạn cung DC bé cung DC’ DO > DO0 Do DC < DC nên CO < C O0 , điều mâu thuẫn với giả thiết CO = C O0 Chứng minh tương tự cung _ _ DC lớn cung DC’ Vậy C trùng với C , từ (*) suy BC = AC hay 4ABC tam giác cân 1.3 D Beran Chứng minh David Beran trình bày [4] Giả thiết BD CE hai đường phân giác tương ứng góc B góc C 4ABC, BD = CE Lấy F điểm nằm đối diện với C qua cạnh BD thỏa mãn đồng thời hai điều [ = C (Hình 1.3) kiện DF = BC BDF Hình 1.3 Dễ dàng nhận thấy 4BDF = 4ECB (cạnh - góc - cạnh), suy BF = EB [ = F[ BEC BD [ = BEC [ + B Ta có: F[ BC = F[ BD + BDC [ góc ngồi tamgiác 4AEC [ = EAC [ + ACE [ hay Hơn nữa, BEC nên BEC  C A+B+C A A B [ = A + C , ta có F[ BEC BC = A + + = 90o + + = 2 2   [ = CDB [ + BDF [ = A + B + C = A + B + C + A = 90o + A Tương tự: CDF 2 2 [ Từ suy F[ BC = CDF Xét hai tam giác tù: 4F BC 4CDF có (i) F C cạnh chung, [, (ii) F[ BC = CDF (iii) DF = BC (theo cách dựng) Suy cặp cạnh tương ứng lại nhau, nghĩa BF = DC Mặt khác, ta BF = EB nên DC = EB , từ ta dễ dàng có 4BEC = 4CDB (cạnh - cạnh - cạnh), suy B = C hay 4ABC tam giác cân 1.4 K R S Sastry Dưới trình bày chứng minh K R S Sastry [12] Giả thiết: BE CF hai đường phân giác tương ứng góc B góc C 4ABC, BE = CF Phản chứng: 4ABC tam giác cân hay AB 6= AC, chẳng hạn C B AB < AC Từ bất đẳng thức AB < AC kéo theo C < B hay < a Để ý rằng, 2 C B 4BEC 4CBF có chung cạnh BC , BE = CF < , suy CE > BF 2 Lấy điểm G cho tứ giác BF GE hình bình hành (Hình 1.4) Hình 2.10 Ta có S4BAD + S4CAD = S4ABE + S4BCE , 1 1 ct sin α + bt sin α = ct sin β + at sin β, 2 2 (b + c) sin α = (a + c) sin β, sin α a+c = sin β b+c (2.14) Áp dụng Định lý hàm số Sin cho 4ABC ta có sin A sin B = , a b sin 2α sin 2β = , a b sin a cos a sin b cos b = , a b sin α a cos β = sin β b cos α (2.15) Từ (2.14) (2.15) suy cos β b(a + c) = cos α a(b + c) (2.16) Phản chứng: Nếu 4ABC không tam giác cân (A 6= B ), chẳng hạn A < B hay nói cách khác ta có α < β a < b Vì α < β ý α, β ∈ (0o , 90o ) 41 nên cos α > cos β > vế trái (2.16) nhỏ Mặt khác, a < b nên vế phải (2.16) lớn Điều mâu thuẫn chứng tỏ 4ABC phải tam giác cân 42 Chương Một số định lý toán tương tự Định lý Steiner-Lehmus có nhiều Định lý tốn phát biểu tương tự thú vị Định lý 3.1 Tam giác có hai đường cao tam giác cân Chứng minh Thật vậy, giả sử cạnh tam giác a, b, c đường cao 1 2 giả thiết hb = hc , từ suy b = c Vậy tam giác ABC cân tương ứng , hb , hc Diện tích tam giác ABC S = aha = bhb = chc Theo Định lý 3.2 Tam giác có hai đường trung tuyến tam giác cân Chứng minh Gọi giao tuyến ba đường trung tuyến AA0 , BB , CC G Hình 3.1 3 Ta có CG = CC , BG = BB (*) 43 Theo giả thiết CC = BB nên GB = GC (theo (*)) Vậy tam giác GBC tam giác cân nên GA0 đường trung tuyến GA0 đường cao Vậy tam giác ABC có AA0 vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên tam giác ABC tam giác cân Ngoài ra, ta sử dụng cơng thức đường trung tuyến tam giác để chứng minh Định lý: c + a2 b − + b2 a c m2c = − Trừ vế (3.1) cho (3.2) ta m2b = (3.1) (3.2) m2b − m2c = (c2 − b2 ) Vậy mb = mc hệ thức cho ta b = c Hay tam giác ABC tam giác cân Ngoài việc đưa cách chứng minh định lý Steiner - Lehmus, Sastry [12] cung cấp thêm định lý thú vị tương tự định lý Trong định lý có đề cập tới đường Cevian Gergonne tam giác (Cevian Gergonne đường nối đỉnh tam giác với tiếp điểm cạnh đối diện đỉnh tương ứng với đường tròn nội tiếp tam giác) Định lý 3.3 Nếu hai Cevian Gergonne tam giác tam giác tam giác cân Chứng minh 4ABC với độ dài ba cạnh a, b, c có chu vi a + b + c Ký hiệu a+b+c nửa chu vi 4ABC Ta có biểu diễn sau: p= BC = a = (a + b + c) − b − c = 2p − b − c = (p − b) + (p − c) Tương tự: AB = c = (p − a) + (p − b), AC = b = (p − a) + (p − c) Giả thiết: BE CF hai đường Cevian Gergonne 4ABC; BE = CF Khi dễ dàng tính độ dài đoạn thẳng hình vẽ (Hình 3.2) 44 Hình 3.2 Áp dụng Định lý Cosin cho 4ABE 4AF C ta có BE = c2 + (p − a)2 − 2c(p − a) cos A, CF = b2 + (p − a)2 − 2b(p − a) cos A Từ giả thiết BE = CF ta có đẳng thức c2 + (p − a)2 − 2c(p − a) cos A = b2 + (p − a)2 − 2b(p − a) cos A Thực phép biến đổi đại số thông thường dẫn tới chuỗi phép biến đổi tương đương: c2 + (p − a)2 − 2c(p − a) cos A = b2 + (p − a)2 − 2b(p − a) cos A, c2 − 2c(p − a) cos A = b2 − 2b(p − a) cos A, c2 − b2 − 2c(p − a) cos A + 2b(p − a) cos A = 0, (c − b)(c + b) − 2(p − a)(c − b) cos A = 0, (c − b) [(c + b) − 2(p − a) cos A] = Đến đây, có hai khả xảy ra: Trường hợp 1: c − b = hay c = b suy 4ABC tam giác cân Trường hợp 2: (c + b) − 2(p − a) cos A = Áp dụng Định lý Cosin cho 4ABC ta có cos A = đổi tương đương: 45 b + c − a2 nên ta có biến 2bc (c + b) − 2(p − a)  cos A = 0,  b + c − a2 (c + b) − 2(p − a) = 0, 2bc (c + b) − (p − a)(b2 + c2 − a2 ) = 0, bc   a b c c+b− + + − a (b2 + c2 − a2 ) = 0, 2 bc 2 2 2b c (b + c − a)(b + c − a ) 2bc + − = 0, 2bc 2bc 2bc 2bc2 + 2b2 c − (a3 − ab2 − ac2 − a2 b + b3 + bc2 − a2 c + b2 c − c3 ) = 0, (−a3 + a2 b + a2 c) + (ab2 − b3 + b2 c) + (ac2 + bc2 − c3 ) = 0, a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) = Vì tam giác, tổng hai cạnh ln lớn cạnh cịn lại nên đẳng thức khơng thể xảy Vậy có trường hợp xảy hay 4ABC tam giác cân Chứng minh a+b+c nửa chu vi tam giác BE CF hai đường Cevian Gergonne, BE = CF H Cũng với giả thiết 4ABC a, b, c độ dài ba cạnh tam giác p = giao điểm BE CF (Hình 3.3) Hình 3.3 Phản chứng: Giả sử AB 6= AC , chẳng hạn AB < AC hay c < b Để ý 4ABE 4ACF có: (i) Góc A chung, 46 (ii) AF = AE = (p − a), (iii) BE = CF, (iv) AB < AC [ < AF [ Từ suy AEB C [ + HEC [ = 180o AF [ [ Hơn ta có: AEB C + HF B = 180o , [ < HF [ dẫn tới HEC B [ = CHE [ (hai góc đối đỉnh), HEC [ < Bây giờ, xét 4BF H 4CEH có: BHF [ [ HF B nên suy F[ BH > EHC Lấy G điểm cho tứ giác BF GE hình bình hành (Hình 3.4) Hình 3.4 Ta có F G = F C BE , suy 4F GC tam giác cân F hay [ = GCE [ + ECH [ Vì F[ F[ GC = F[ CG tương đương với F[ GE + EGC GE = F[ BH > [ nên EGC [ < GCE [ suy EC < EG = BF hay p − c < p − b dẫn tới c > b EHC (mâu thuẫn) Chứng minh tương tự cho trường hợp c > b ta mâu thuẫn Vậy trường hợp ta ln có c = b hay 4ABC tam giác cân Cũng trên, ta nhắc đến khái niệm Cho tam giác ABC có đường trịn bàng tiếp góc A, góc B , góc C Các đường trịn bàng tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB tam giác điểm D, E, F, đường thẳng AD, BE, CF đồng quy điểm, điểm gọi điểm Nagel (việc 47 chứng minh tương tự chứng minh ba đường Cevian Gergonne đồng quy) Khi đoạn thẳng AD, BE CF gọi Cevian Nagel Ta có định lý sau Định lý 3.4 Tam giác có hai đường Cevian Nagel tam giác cân Hình 3.5 Chứng minh Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Xét đường tròn bàng tiếp góc tam giác ABC , chẳng hạn góc B Gọi M, M tiếp điểm đường tròn với cạnh (kéo dài) BC BA Ta có CE = CM AM = AE Suy 2p = AB + BC + CA = AB + AM + BC + CM = BM + BM (*) Vì BM = BM nên từ (∗) ta có BM = BM = p Gọi N tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc C với cạnh BC Khi ta có BM = CN (vì p) Suy BN = CM Nhưng BN = BF CM = CE nên BF = CE Xét tam giác BCF tam giác CBE , ta có BC chung, BF = CE (theo chứng minh trên), BE = CF (theo giả thiết) b = Cb Vậy tam giác Do 4BCF = 4CBE (cạnh - cạnh - cạnh) Suy B ABC cân Một số toán tương tự Bài toán Cho tam giác ABC Vẽ đường phân giác AA1 , BB1 , CC1 Giả sử CC1 cắt A1 B1 F , BB1 cắt C1 A1 E Chứng minh rằng: Nếu BE = CF tam giác ABC cân 48 Hình 3.6 Chứng minh Theo tính chất đường phân giác ta có BC1 = ac ac , BA1 = a+b b+c Từ cơng thức tính đường phân giác ta có 2ac cos lb = a+c B Suy 2BA1 BC1 cos BE = BA1 + BC1 B = 2ac B cos c + 2b + a Tương tự C 2ba cos 2c + b + a 2ba 2ca b > Cb Không tính tổng quát giả sử b > c hay > B 2c + b + a c + 2b + a B C tức cos > cos Vậy BE < CF Điều mâu thuẫn với giả thiết BE = CF 2 Vậy tam giác ABC phải tam giác cân CF = Xuất phát từ tam giác ABC cân A, ta dễ dàng hai đường phân giác ngồi góc B góc C Thoạt nhìn, nhầm tưởng: Tam giác có hai phân giác ngồi tam giác cân (Hình 3.7) 49 Hình 3.7 Nhưng Định lý Steiner-Lehmus khơng cịn trường hợp thay giả thiết hai đường phân giác hai phân giác Thật vậy: [ = 36o , ABC [ = 132o Bài toán Tam giác ABC với số đo ba góc CAB [ = 12o Phân giác ngồi góc B cắt AC taị F , phân giác ngồi góc C cắt BCA AB G Khi BF = CG (Hình 3.8) Hình 3.8 Chứng minh Ta có [ [ [ = 24o + 132o = 156o F BA = (180o − 132o ) = 24o , F[ BC = F BA + CBA Xét tam giác BCF có: [ = 12o , BF [ [ = 180o − 156o − 12o = 12o BCF C = 180o − F[ BC − BCF [ [ hay tam giác FBC cân, từ ta có BF = BC Suy BF C = BCF 50 Xét tam giác BCG có [ = (180o − 12o ) = 84o , GBC [ = 180o − 132o = 48o BCG [ = 180o − BCG [ − GBC [ = 180o − 84o − 48o = 48o BGC [ = BGC [ nên tam giác BCG cân C hay CG = BC Vì BF Suy GBC CG BC Bài toán Cho tam giác ABC Trên đường phân giác góc A lấy điểm D Nối BD kéo dài cắt cạnh AC M Nối CD kéo dài cắt cạnh AB N Chứng minh BM = CN tam giác ABC cân (Thi học sinh giỏi tốn cấp II tồn quốc năm 1979) Hình 3.9 Giả sử AB < AC Lấy điểm K AC chi AK = AB Suy BD = KD, c1 > C c1 So sánh hai tam giác BCM BCN, suy từ ta có CD > BD B c2 > C c3 Mà E c1 = B c2 = AKD c2 Suy [ > C CM > BN = M E Từ E [ > ECN [ Do CN > EN = BM , trái với giả thiết CEN Bài toán dạng tổng quát Định lý Steiner-Lehmus D giao ba đường phân giác tam giác ABC 51 Kết luận Định lý Steiner-Lehmus: (1) Là định lí đảo khó chứng minh định lí dễ (tam giác cân có hai đường phân giác nhau) (2) Là định lí phát biểu dễ hiểu khó chứng minh (3) Có ý nghĩa toán mẫu giảng dạy toán trung học sở (lớp 8, 9): Phát huy tính sáng tạo học sinh (kẻ đường phụ), tổng hợp kiến thức (cơng thức đường phân giác, tính chất đường trịn, ) Hy vọng cịn tìm nhiều cách chứng minh khác Định lý Steiner-Lehmus 52 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Đức Tấn (2012), Cẩm nang vẽ thêm hình phụ giải tốn hình học phẳng, Nhà xuất Tổng hợp Thành phố Hồ Chí Minh, Bài 39 (trang 346-350) [2] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, Quyển (2008), Nhà xuất Giáo dục, trang 62-64 [3] A Berele and J Goldman (2000), Geometry: Theorems and Constructions, Prentice Hall [4] D Beran (1992), SSA and Steiner-Lehmus Theorem, The Mathematics Teacher, 85(5):381-383 [5] W Chau (2003), Another proof of the Steiner-Lehmus Theorem, ΠM E Journal, Vol.11, No 9, pp 473-474 [6] A.I Fetisov (1963), Proof in Geometry, D.C Hearh and Company, Boston [7] G Gilbert and D MacDonnell (1963), The Steiner - Lehmus Theorem, American Mathematical Monthly, 70(1):79-80,1963 [8] M Hajja (2008), A short Trigonometric proof of the Steiner - Lehmus, Forum Geometricorum, 8:39-42 [9] M Hajja (2008), Stronger form of the Steiner - Lehmus Theorem, Forum Geometricorum, 8:157-161 [10] R W Hogg (1982), Equal bisectors revisited, The Mathematical Gazette, p.304 [11] R Oláh-Gál and J Sándor (2009), On Trigonometric proofs of the Steiner-Lehmus Theorem, Forum Geometricorum, 9:153-160 [12] K R S Sastry A Gergonne (2005), Analogue of the Steiner-Lehmus Theorem, Forum Geometricorum, 5:191-195 [13] K Seydel and C Newman Jr (1983), The Steiner-Lehmus Theorem as 53 a challenge problem, Mathematical Association of America, 14(1):72-75 [14] http://www.nguyenngocgiang.net/web/hinh-hoc/sang-tao-voi-dinh-listeiner-lehmus.html 54 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ————————————— BẢN XÁC NHẬN Xác nhận luận văn chỉnh sửa theo ý kiến kết luận Hội đồng bảo vệ luận văn Người hướng dẫn khoa học PGS TS Tạ Duy Phượng Xác nhận sở đào tạo