một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Trang 1

Một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Trương Ngọc Đắc

Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quy Nhơn

1 Một số đẳng thức lượng giác cơ bản

Ta xét ba hệ thức lượng giác cơ bản sau: 11 Hệ thức Với +, , z2 € R\{S +km,k€ 2} z+ụ+z=kr tan t tan z = tan z tan 1 tan z = z+ianụ + ỹ 2 =.ụ,z # 2 + km,k €7 * Đặc biệt: Nếu >,u,z € (0:2) thì z+ự+z=” 1.2 Hệ thức Với z, 1, z € R\{S +kz,k€ z\ tan z tan + tan tan z + tan z tan z = Ì 7 z+u+z=stkm m.Ụ,Z 7 s + kn,k €7 7T 2 * Đặc biệt: Nếu z,, z € (0; 5) thìz++z= 2 1.3 Hệ thức Với z,,z€TR

cos2z -+ cos”y + cos”z + 2cos x cos y.cosz = 1

z+tu+z z+tu—z y+z-2 z+z—

<> COS 9 008 a C08 9 C08 T2 7 = 0

Trang 2

* Đặc biệt: Nếu z, 1, z € (0z) thì z+-+z=7

1.4 Một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Trong phần này ta chỉ chứng minh một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

mà phần 2 sẽ ứng dụng để chứng minh bất đẳng thức đại số

1.5 Bất đẳng thức

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có:

G3

cos Á + cos Ö + cos Ở < 5

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

* Đây là bất đẳng thức cơ bản đã được chứng minh trong SGK 11NG

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có:

cos A cos cos Ở < sin A sin Bo sin Œ 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng mỉnh Ta nhận thấy, nếu tam giác ABC không nhọn thì bất đẳng thức đúng Xét tam giác ABC nhọn, ta có 1 cos A.cos B = ~ = (cos(A + B)+cos(A - B)) < 5 (1+ cos(A + B)) = cos? 5 5- sin’ (1) Tương tự (1): 2A cos B.cosC’ < sin 5 (2) _ 2B

-cos C.cos A < sin 5 (3)

Do các về của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) đều dương, nên suy ra,

cos Á cos Ö cosC < sin s: sin a sin > Dầu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đầu

Trang 3

Chứng minh rằng với mọi tam giác AC ta có:

cos?A + cos2 + cos?Ơ >

Dấu đẳng thức xây ra khi nào? Chứng minh Ta có: 1 cos*A + cos?B + cos*C = 5 (3 + cos2.A + cos 2 + cos 2C) — @ Mặt khác: cos 2A + cos 2B + cos 2Œ = —1 — 4cos Á cos J cos C (5) Và từ bất đẳng thức1, ta chứng minh: cos A cos B.cosC < : (6) Từ (4), (5) và (6) ta có:

cos2 Á + cos? + cos?C > :

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

18 Bất đẳng thức

Chứng minh rằng với mọi tam giác 4C ta có:

sin A ‡ sin B—cosC < 5

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh Ta cd: sin A+sinB =28in At cog AaB < asin At 2 2 2 = 20082 2 Do dé: C Cc Œ 1\? 3.3 _ < v _ av =— ~⁄ _ˆ Pet sin A + sin Ð cos C < 2.cos > (s= 5 1) 2( cos § 5) +3585 Suy ra: 3

sin A + sin B — cosC'< 5

Dấu đẳng thức xây ra khi và chỉ khi:

A=B="

27 6

Trang 4

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có: cos.A + cos B + sinŒ < sv Dau đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh Tạ có: cos A + cos B = 2cos = cos 5 A+B_ A-B <2cos A+B 5 _ (7) Tương tự: 1 đ+: đ-š C-š mau < sinC + sing 2 sin 5 COS —5 < 2cos 5 (8) C+ c-= Vi: sin 2 <1, cos >0 — Từ (7) và (8) suy ra: 7 : C-—\ cadena tn £2 (mE om | A+B+C-2 A+B-c+4% 1 = 400s ——4——# cos —4——3 << cos 7 lễ 2 3v3 4 3 4 2 os + Ti dé suy ra: cos A+cosB+sinC < > Dâu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: A=bB=h 2m 6 C== 1.10 Bất đẳng thức

Chứng mỉnh rằng với mọi tam giác ABC ta có: 3cos A — sin 8 + V/3sinC <

Trang 5

Do đó: B r VÄessA— sn B + VãsnƠ < 9/5cos (5 — 1) —eœs (5 — 8) = 2v3cos (3 _ 1) — 2cos? 6 — 2)*~1 :|= (3-1) - ý] +5+1< Từ đó suy ra: wren

V3cos A — sin B+ V3sinŒ < > Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

A=B=~

27 6

C = 3

Chứng minh rằng với mọi tam giác 4C ta có:

sin 2A + sin 2 + cos2Œ < š Dầu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh Ta có: sin 2A + sin 2 + cos2Ơ = 2sin(A + B)cos(A — B) +1 — 2sin’C 2 —»~ 1N? 3.3 < 2sinC — 2sin“C + 1 = —2 sin C — 2 +585 Từ đó suy ra: Nl Gò

sin2A + sin 2 + cos2ŒC <

Dâu đẳng thức xây ra khi và chỉ khi:

sinc =i” ~ 12V C om

2 6 6

Trang 6

112 Bất đẳng thức

Chứng mình rằng với mọi tam giác ABC ta có:

cos 2A + V3(cos 2 + cos2C) > -3

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Chứng minh Ta có: - cos2A + V3(cos 2B + cos 2Œ) = 2cos2A — 1 — 2/3 cos Acos(B -C) 2 = 2[<4 — VB cos(B — 5) — = cos?(B —Œ)—-1> —Šcos?(B —Œ)—1> — Từ đó suy ra: 5

cos2A + V3(cos 2B + cos 2C) > ~5: D&u đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: TT 7 6 57 B=C=— 113 Bất đẳng thức Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta có: II

2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) < 4cos A cos B.cosC +1

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Chứng mỉnh Ta có:

2cos A.cos B = Vsin 2A cot A.sin2B.cot B < 5 (sin2A.cotB+sin2B.cotA) (9)

Tương tự (9):

1 | a

2cos B.cosC = vVsin 2B cot Ö sin 2Œ cot Ở < 5 (sin2B.cotC +sin2C.cotB) (10)

2cosC cos A = Vsin 2C cot C sin 2A cot A < 5 (sin2C.cot A+sin2A.cotC) (11)

Trang 7

Cộng các bất đẳng thức (9) , (10) và (11) vế theo vế ta được:

2(cos A cos B + cos B cos C + cos Ở cos A) -

<5 {cot A (sin 2B + sin 2C) + cot B (sin 2C + sin 2A) + cot C(sin 2A + sin 2B)}

= cot A sin A cos(B — C) + cot B.sin B.cos(C — A) + cot C sin C.cos(A — B)

-5 [cos( + C) cos( — Œ) + cos(C + A) cos(C — 4) + cos(A + B).cos(A — B)] — (cos 2A + cos 2B + cos 2Œ) = — (—1— 4cos A cos B cos C)

Từ đó suy ra:

2(cos A cos B + cos cos Ở + cos Ở cos A) < 4cos A.cos B.cosC +1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác 4BŒ đều

2 Một số Ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong

tam giác

Trong phần 2 này chủ yếu chứng minh một số bất đẳng thức đại số hoặc tìm giá

trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu

Sử dụng các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác trong tam giác đã được chứng minh

trong phần 1, ta có được cách chứng minh các bất đẳng thức đại số mà nếu giải bằng các

phương pháp khác sẽ gặp nhiều phức tạp và khó khăn

Bài toán 1 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ø + b-+ c= 1 Chứng minh rằng: co a b c 9 at+be b+ca ctab”~ 4 Nhận xét

Trang 8

Lời giải 'Ta có: a+b+e=t(S#+ 2/2 +2 S= g{b bŸÝ c cVa (12) Dat: / be A [ca B lab C s tan; Tp “tan; Ta = tan; A,B5,C€ (0; x) Từ giả thiết (12) và hệ thức2, ta có A + + =z Áp dụng bất đẳng thức 1, ta có: a + ——_—_ b + co =———++——x.+——r 1 + 1 + 1

at+be b+ca c+úb 1+ tan? 1+ tan? 1+ tan?<

= coset +cog2Z +co2Œ có 2 2 2 1 3.3 3 9 = 5 (cos Á + cos + cosC) +2 S2 + “<#+`=~ 4 Suy ra: a + b + C <3 s+bùc b+ca ctab~ 4 5 ag } 1

Dâu đắng thức xảy ra khi va chi khia=b=c= 7

Bài toán 2 Cho ba số thực dương a, b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b+ c = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b vVabe

~atbe! btea crab

Nhận xét

* Với giả thiết hoàn toàn tương tự như bài toán1, nhưng việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q không đối xứng với các biến a, b,e là một bài toán khó

* Khi tiếp cận được cách giải của bài toán1 thì ta có thể biến đổi biểu thức Q về dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức lượng giác đó không phức tạp

Trang 9

Từ giả thiết (13) và hệ thức2, ta có 4 + + Ở = Áp dụng bất đẳng thức 6, ta có: C tan — 3 =3 ÔÔÔÔÔÔÔ B + sinc) ¢ 14 2A 2B of 2 Suy ra maxQ =1+ +38, khi a = b = 2V3 — 3, c= 7 — 4V3

Hoàn toàn tương tự như bài toán2, việc sử dụng bất đẳng thức 6, ta sẽ có được lời

giải bài toán3

Bài toán 3 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn điều kiện: ø + b-+ e= 1 Chứng minh rằng: 4| bc es Vale, 23-5 a+be c+ab b+ ca — 4 Lời giải Ta cé: a+b+e=tlSIS2+ a\V b bVec J2 +(22 #S=i cVa (14) he A [ca B lab C = 7 an 5 ~ tana „ =tanz; 4,8, € (0,3) Từ giả thiết (14) và hệ thức 2, ta có A + + £ = r Ap dung bất đẳng thức 6, ta có: tan? tan © tan 2 = v3 2 "2 2 Q=v3 l+tan?— A 1+tan?— a|t 1+ tan?— B 2 2 2

= v3 sin? — ssi e)+ + sinB

= 3 (1 cos A~sin€) + sin B

1 v3 5 V3

— — + ——=>—_—=+—

=-s (v3 3cosA sin B + V3sinC) + 7 2 at 2

Trang 10

Bài toán 4 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab-+ be + ca = abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c P = "+ bo c+ab Nhận xét Tương tự như các biến đổi trên, ta biến đổi giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:

bc ca, ab be [ca jab ab + be+ ca = abe & 4f —+4f/—4+4/— =14/-—1/—1/— a b c aV 6b c Va a + —— b + c 1 4 1 + 1 =—— ca a+be b+ca c+ab 14.2 l+ ¡+ a Cc Áp dụng bất đẳng thức 3, cho ta có lời giải sau Lời giải _ Ta có: ab +be+ca= abe 4/2 44/24 1S = V22 a b c aV bVec (15) Dat: be ca ab 7 — = tan Á, ,/— = tan B, ,/— =tanC; A,B,Ơ € (0:2) a b c 2 Từ gid thiét (15) va hé thitcl, tacé A+ B+C =72 Ap dung bit ding thitc 3, ta cé: a + b + Co 1 + 1 + 1

a+bùc b+ca c+oab 1+tan?A 1+tan?B 1+tan?C

= cos?A + cos’?B + cos?C >ã

Suy ra 3

min P = + khi a=b=c=3

Trang 11

Với giả thiết tương tự như giả thiết của bài toán4, nhưng việc chứng minh bất đẳng

thức đã cho không đối xứng với các biến ø,b,c Ta biến đổi giả thiết và bất đẳng thức cần chứng mỉnh về dạng: be ca ab be [ca fab ab + be + ca = abe âđ 4f/—4+4/—4+4f/—-—=1/—-1/—-1—- a b c a\V b c a b C 1 1 +⁄(y + )- — + v3 og + a+be b+ca ct+ab " l+c l+c Và,

Ap dụng bất đẳng thức 8, cho ta có lời giải sau Lời giải 'Ta có: ab + be + cá = abc œ V5 + |9 + 4192 = (IS J2 a b c aV b c _(16) [bc [ca fab a — =tanA, ,/— =tanB,,/— =tanC; A,B,Ce (0; 2) a b c 2 Tw gid thiét (16) va hé thitcl, tac6 A+ B+C=7 Ap dung bất đẳng thức 8, ta có: b C 1

(Sica + oa ab) = Trea + Gps t T+ tan?

= cos?A + V3(cos*B + cos?C) = 5 (cos 2A + V/3(cos 2B + cos 2G)) + ; + V3 51 4/3 -3 | >—_=+- = >-1+;+v3 n Vay a+ be Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: A=S 6 a=7+4v3 ĐT T” 3+2V3

Bài toán 6 Cho ba số thực dương a, b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: abc + ø + b = e

Trang 12

Nhận xét * Ta biến đổi giả thiết và biểu thức Q về dạng: dbc+a+b=c4ab+be +a =1, Và a b 1 9=11a TT 1° +e

Khi đó thực hiện phép đặt an phụ đưa bài toán về tìm giá trị lón nhất của một biểu thức lượng giác như sau và áp dụng bất đẳng thức 4, ta có lời giải

Lời giải :

Từ điều kiện ta có: 11

a.b+b.— +—.a=1 (17)

c c

n8 a=tan>, b= tan, ° = tans; A,B,C € (0; 7) A B1_ ¢

Từ giả thiết (17) va hé thitc 2, tac6 A+B+C=7 Với cách đặt trên thì - tan — tan — 1 Q=——2~+——2>-——k_— „=}(sn A+sin B~ cœsƠ) - È „A ,B „C2 2 l+tan—- i1i+tan*— 1+tan*— 2 2 2 <3_il}l ~4 2 4 Suy ra maxQ=G Ky Guam 7) (8 3 3

Bài toán 7 Cho ba số thực dương a, b,c thay déi théa man điều kién: abe +a+b=c

Trang 13

Đặt: A Bil C a= tan>, b=tan>, oo tani A, B,C € (0;7) Từ giả thiết (18) và hệ thức 2, ta có A4 + + C =7 Với cách đặt trên thì 2+a?2+t? e 1 1 c < = —— Ở Š+a3(11+Đ) 1+ Tee 14R ơ 1+e tan — ` =“——xz†——E†——^ø=1*; (cos A +008 B + sinc) <1+ 248 2 2 1+tan?— l1+tan— 1+tan?— 2 2 2 Suy ra 7 _ A= B= a=b=2-V3 3v3 man SỔ, là „2m | 3 3 Bài toán 8 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = 1 + be + ca a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = Nhận xét

* Khi thay đổi giả thiết của các bài toán 6,7,8 bởi các giả thiết khác ta được các bài toán mới mà cách giải không thay đối

* Ta thực hiện phép biến đổi giả thiết

11 1 1

qb = 1+ bc+ ca © —.- +~.c+c.—- =]

ab b a

* Ấp dụng bất đẳng thức 5 ta có cách giải của bài toán như sau

Trang 14

Suy ra

V3 A=b Hi v3

v3 =e =e a=b=2+v3

mag ME, wi | cit Ẫ c= v5 ~ 3

Bài toán 9 Cho ba số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = 1 + bc + ca Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: V3 b- V3.c P= oyi' Pri 241 Lời giải Từ điều kiện ta có: 11 1 1 ~-+- sate ets - =1 (20) Dat s=tanz, p =tanz, c= tan ~; 4, B,C € (0;) 1 A1 8 C Từ giả thiết (20) và hệ thức 2, ta có A + + £ =7 -_ Với cách đặt và áp dụng bất đẳng thức 6, ta có A B C

V3tan?— tan — /3 tan — 1

P=— 42 OE = Visint + bein - Bain

1+ tan’ 1+ tan’ > 1+ tan’

= ¥3 (1 cos A) + sin B— V3 sinc = —Y3 (os A+sinC) +tsinb + VỀ 2 2 2 2 2 2 > ¥3_5 ~ 2 #4 Suy ra ¬ _ 3-5 ) A4=?=g a=b=2+v3 minP = — 4 ¬ c=S sa c= V3

Bài toán 10 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = 1 + be+ ca

Trang 15

Đặt:

a = tan A, b = tan Ð, Ì tan; A,B,C € (05g): c 2

Từ giả thiết (21) và hệ thức 1, ta có A+B+C=7

Với cách đặt và áp dụng bất đẳng thức 8, ta có

2

1 v3 V3tanˆC = cos?A + V3cos?B — V3sin?C

—g ca LiỆu can Soe nntcy=}e Newnes Ven0 +010) 1_5 3 “2 4 4 Suy ra ” -_ vã 3 4 8 ~ 3 ~ 72 c=2—v3 Bài toán 11 Cho ba số thực dương a, b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: øbc = a+b+c+2 Chứng minh rằng: 9 (vaš + vbe + Vea) < 4+ abe Nhận xét sử dụng phép biến đổi 1, 1 1 1 +T—+nt†?2 al be abe=a+b+c+2@— ob she _ 'Ta nhận thấy do a, b, c là ba số thực dương, suy ra: 1 1 1 bề ai ab € (0;1) áp dụng bất đẳng thức 9, ta có lời giải bài toán Lời giải Từ điều kiện ta có:

pete +22 =1 bet ab abe

Trang 16

Từ điều kiện bài toán, ta có:

cos2 Á + cos2 + cos?Ở + 2 cos A cos Ö cos Ở = 1 (22)

Từ giả thiết (22) và hệ thức 3, ta có A + + C = 7z

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức

2(- —+-—+ cosA cosB cosC/} ~ <4+ cos Acos Bcos C’ :

<> 2 (cos Bcos C + cosC'cos A + cos A cos B) < 4cos Á cos cos Ở + 1

Bất đẳng thức trên đúng, được suy ra từ bất đẳng thức 9 Dau đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Bài tốn 12 Cho ba số thực đương ø, b, c thay đổi thỏa mãn điều kién: ab+be+ca+abe =

4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=ab+ be + ca + Vab + Vbc + Vea

Nhận xét Ta biến đối giả thiết về dạng: bc +24 ° be =1 z+ + 24/— Va 2/2 = Và do a, b,c là các số thực dương nên suy ra: be, ca, ab € (0; 4) Lời giải Đặt

Vbc = 2cos A, /ca = 2cos B, Vab = 2cosC; A,B,C é (0; 5):

cos? Á + cos2 + cos*C + 2cos A.cos B.cosC = 1 (23)

Từ giả thiết (23) và hệ thức 3, ta có: 4+ B + =z

Khi đó áp dụng bất đẳng thức 2, ta có:

P =4(cos?A + cos*B + cos’C) + 2 (cos A+ cos B + cosC)

= 4(1—2cosAcos BcosC) + 2 (1+ 4sin sin Z sin 5)

=6+8 (sin $ sin 5 sin $ — cos Acos Beas) > 6

Trang 17

Bài toán 13 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ø+b+c+1 = 4abe

V4bc — ] Áca — Ì 1

Q=Y— Yy=— +— bc ca ab

Nhận xét

* Nhìn vào giả thiết của bài toán ta rất khó hình dung ra đây là bài toán có mối quan hệ với các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác

* Nhưng nếu sử dụng phép biến đổi:

1 1 1 1

Và nhan thay a, b, c la ba số thực dương, suy ra:

1 1 1

——;.——.— Abc’ 4ca’ 4ab € (031) ;1)

Từ đó ta có cách đặt để đưa Q về dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn nhất của Q đơn

giản chỉ dùng công thức biến đổi lượng giác và sử dụng bất đẳng thức 7 Ta có lời giải sau

Lời giải

Từ điều kiện ta có:

1 1 1 1

tbe + Tea * Gab * *Babe =

Do a, b,c 1& ba sé thuc duong, suy ra: 1 1 1 The? Fea’ đạp © OD) Dat 1 1 7T —— =2cos Á,—— = 2cos,—— = 2cosC; 4,B,C c|0;~] vbe a Vab ( 3)

Trang 18

Từ (25) và (25) suy ra: Q<2.;+4=ð maxQ = õ khi r wo 3 —s c=2V3+3 a+1 —+>z+z—=2 641 c+1 ` 3 Chitg minh rang: ab+ be+ca < £5 Nhận xét

* Nhìn vào giả thiết của bài toán ta rất khó hình dung ra day là bài toán có mối

quan hệ với các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác

* Nhưng nếu sử dụng phép biến đổi từ giả thiết:

(ab)? + (bc)? + (ca)? + 2(abe)? = 1

Và nhận thấy a, b, c là ba số thực đương, suy ra:

ab, bc, ca € (0; 1)

Đặt

be = cos A,ca = cos B,ab = cosC; A,B,C é (0; 2)

cos2A + cos?B + cos?C + 2cos.A.cos B.cosC = 1 (27)

Từ giả thiết (27) và hệ thức 3, ta có A + B + Œ =z

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh đưa về bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam

giác:

cos Á + cos Ö + cos Ở < :

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh đúng, dầu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a=b=c= v2

8

Nhận xét

e Trên đây ta chỉ ứng dụng ba hệ thức lượng giác và chín bất đẳng thức trong tam

giác để xây dựng và chứng minh 14 bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu

Trang 19

e Hoàn toàn tương tự ta cũng có thể xây dựng và chứng minh được các bất đẳng

thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu xuất phát từ các hệ thức lượng giác và các

bất đẳng thức lượng giác khác trong tam giác '

Tai liệu tham khảo

[1] Nguyễn văn Mậu, “ Bất đẳng thức, định lí uà áp dụng”, Nhà xuất bản Giáo dục,

2006

[2]: Nguyễn văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc, “ Mộ số bài toán chợn lọc uề lượng

giác”, Nhà xuất bản Giáo dục, 2002

[3] Một số Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	446,76 KB