3003 - Kĩ thuật 4 - Đặng Thị Mai - Thư viện Tư liệu giáo dục

Trong những chữ số đã sử dụng thì có bao nhiêu chữ số 0 ?... Cho n là một số nguyên dương..[r]

Phần I: SỐ HỌC

MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN GHI NHỚ

1/ a1 ,a2, a3 chia hết cho b

Thì : a/ a1+a2 + a3 +… chia heát cho b

b/ a1n + a2.n + a3.n … chia hết cho b

* HỆ QUẢ : a1 b

a1 + a2 b

2/ b1\ a1 , b2 \ a2 , b3 \ a3 b1.b2 b3 \ a1.a2.a3

* HỆ QUAÛ: b\ a bn\ an b.c \ a.c ( với n  N, c 0 , c  Z )

3/ bc\ ac  b \ a ( c 0) 4/ Neáu a  b

a c

( b,c) = 5/ Nhị thức Niu-Tơn:

a/ an - bn = ( a-b)(an-1b0 + an-2b + an-3b2+…+a0bn-1) với n N, ab

b/ an + bn = ( a+ b)(an-1b0 - an-2b + an-3b2 – an-4b3 +…-abn-2 + a0bn-1) với n N, n lẻ a-b

c/ ( a+ b+ c)2 = a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc

    

d/ (a b c  )a2b2c22ab 2ac 2bc

6/ Định lý BRu ( mở rộng chia hết đa thức )

Nếu f(x) có nghiệm x0 f(x) = ( x-x0)g(x) họăc f(x) ( x-x0)

Nói cách khác f(x) (x- a) f(a) = 0

 CHÚ YÙ:a/ Nếu tổng hệ số đa thức f(x) f(x) có nghiệm Hay f(x) (x-1)

b/ Nếu đa thức f(x) có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ f(x) có nghiệm x = -1 Hay f(x) (x+1)

7/ CHIA HẾT – CHIA CÓ DƯ :

 Ngịai điều kiện chia hết học lớp , ta cần nhớ thêm điều kiện sau:

Thì a2  b

+ Mọi số chẵn chia hết cho

+ ĐK chia hết cho ( họăc 25) : Số có chữ số tận lập thành số có chữ số chia hết cho (hoặc 25) số chia hết cho (4 họăc 25)

+ ĐK chia hết cho ( họăc 125) : số có chữ số tận lập thành số có chữ số chia hết cho (hoặc 125) số chia hết cho (hoặc 125)

+ Tích số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho

+ Với a,b  Z ; b 0 tồn cặp số nguyên q, r cho a b q r  (0r< b ) Ta gọi r số dư , q thương phép chia a cho b

+ Định lý BRu mở rộng ( Tham khảo) : Phần dư phép chia f(x) cho nhị thức g(x) = x-a số giá trị f(a)

+ Lược đoă Hooc-Ne ( Tính h soẩ cụa đa thương dư phép chia

Đa thức f(x) = 1 2

n n n

n n n

a x a x  a x  a x a

 

     cho nhị thức x

an an-1 an-2 … a1 a0

 bn=an bn1.bnan1 bn2 .bn1an2 … b1.b2a1

1

rb a

( Dòng thứ : giá trị ô cuối số dư, giá trị cịn lại hệ số đa thức thương)

+ Tam giaùc PASSCAN:

1

1 3

1

1 10 10

1 15 20 15

1 21 35 35 21

1 28 56 70 56 28

( Các số dòng tam giác ứng với hệ số khai triển lũy thừa tổng số hạng)

8/ NGHIỆ M CỦ A Đ A THỨ C V I HỚ Ệ S Ố NGUYÊN :

f(x) = 1 2

n n n n

n

a x a x  a x  a x a



    

 Nếu có nghiệm hữu tỷ

p

 Nếu có nghiệm ngun x = a a ước an

 Nếu f(x) có nghiệm x = a (x- a ) nhân tử f(x)

* VD1- Phân tích đa thức: f(x) = x3 – x2 +4 thành nhân tử ( CMR : x3 – x2 +4 chia

hết cho x2+x+2)

+nghiệm ngun có f(x) x = 1;1; 2; 2  + Thử lại ta có x = nghiệm

Vaäy f x( ) ( x 2)(x2 x 2) (

2 ( ) 2 f x x x

x    )

+ x2+x+2 coù = -7 < ( VN)

* VD2 phân tích f(x) = 3x3 + 7x2 + 17x -5 thành nhân tử

Nghiệm nguyên có đa thức x   1; 1; 5; 5    Nghiệm hữu tỷ có đa thức x

1 5

; ; ;

3 3

 

     

 

Thử lại ta có

3 nghieäm

2

( ) 3( )( 5)

3

f x x x x

    

x2-2x +5 VN 9/ Phương trình bậc hai :

Có biệt thức :

 

2

0

4

ax bx c a

b ac

   

  

* < phương trình vơ nghiệm

*  = tphương trình có nghiệm kép 2

b

x x

a

 

* > phương trình có nghiệm phân biệt: , 2

b b

x x

a a

     

 

VD- 3x2 – 8x + = 0

10/ phương pháp chứng minh quy nạp: f(x) = a * CM f(x) với x =

* Giả sử f(x) với x = n

* Chứng minh f(x) với x = n+1 VD

I-PHÉP CHIA HẾT

BÀI 1: 1, Cho biểu thức: A =

5

n

 

a, Tìm số nguyên n để biểu thức A phân số b, Tìm số nguyên n để biểu thức A số nguyên 2, Tìm x biết:

a, x chia hết cho 12; 25; 30 ≤ x ≤ 500 b, (3x – 24) 73= 74

c, x 16 2.( 3)  

BÀI 2: 1, Cho S = + 52 + 53 + + 596 a, Chứng minh: S  126 b, Tìm chữ số tận S

2, Chứng minh A = n(5n + 3)  n với n  Z

3,Tìm a, b  N, biết: a + 2b = 48

ƯCLN (a, b) + BCNN (a, b) = 14 BÀI :a Chứng minh:

12 30

n n



 (n  Z) tối giản

b.Bạn Hương đánh sách dày 284 trang dãy số chẵn c, Bạn Hương cần chữ số để đánh hết sách ? d, Trong dãy số chữ số thứ 300 chữ số ?

e, Tính:

2 2

1.3 3.5 5.7   99.101

BÀI 3: 1) Rót gän A= 9+14 27+21 36 21 27+42 81+63 108

2) Cho S= 4+

3 7+

3

7 10+⋯+

n(n+3)n∈N

❑

Chøng minh: S 

3) So s¸nh: 2003 2004−1

2003 2004 vµ

2004 2005−1 2004 2005

4) Tìm số nguyên tố P cho số P + P +10 số nguyên tố Tìm giá trị nguyên dơng nhỏ 10 cđa x vµ y cho 3x - 4y = - 21 Cho ph©n sè: A=n −5

n+1(n∈Z ;n ≠−1)

a) Tìm n để A nguyên b) Tìm n để A tối giản

BÀI

1) Tìm giá trị a để số 123a5

a) Chia hÕt cho 15 b) Chia hÕt cho 45

2/ Chøng minh r»ng: A=10n+18n−1 chia hÕt cho 27 (n lµ sè tù nhiªn) 3/ Cho A=n3+3n2+2n

a) Chøng minh r»ng A chia hÕt cho víi mäi sè nguyªn n

b) Tìm giá trị nguyên dơng n với n < 10 để A chia hết cho 15

4/ Trong đợt thi học sinh giỏi cấp tỉnh có khơng 130 em tham gia Sau chấm thấy số em đạt điểm giỏi chiếm

9 , đạt điểm chiếm

3 , đạt điểm yếu chiếm

14 tỉng sè

thí sinh dự thi, cịn lại đạt điểm trung bình Tính số học sinh loại

BÀI 5:

1/ Cho A=3+32+33+ +32004 a) TÝnh tæng A

b) Chøng minh r»ng A⋮130

c) A có phải số phơng khơng ? Vì ? 2) Tìm n  Z để n2+13n −13⋮n+3

Bài 1:

a Cho n số nguyên dương Hãy so sánh:

2

1

1 + -

n n+1

 

 

   

2

1

1 + -

n n+1

b Tính:

2 2 2 2

1 1 1 1

+ + + + + + + + + + + +

2 3 4 2005 2006

Bài 2:

Chứng minh rằng:

n

n 1

+ + + + n

2  -1  với n N và

VÝ dô1(SGK-T8.Tr25)

Chøng minh r»ng:n ❑3− n chia hÕt cho víi mäi sè nguyên n

Giải:

Ta có n 3 n =n.(n-1).(n+1) Trong ba số nguyên liên tiếp n,n-1,n+1 cãmét sè

chia hết cho , số chia hết cho (2,3)=1 Do n ❑3− n ⋮6

Qua toán ta thấy n ❑3 và n đồng d chia cho số 2,3 và6 từ ta đề xuất

một số toán tơng tự nh sau

Bµi1:

Chøng minh r»ng : n3

+m3⋮6⇔n+m⋮6(∀m, n∈Z)

Gi¶i: Tacã (n3+m3)−(n+m)=(n3−n)+(m3−m)⋮6,(theoVD1)

Từ suy điều phải chứng minh.Tổng qt hố ta đợc tốn sau

Bµi2: Chøng minh r»ng:

x13+x23+x33+ +xn3⋮6⇔x1+x2+x3+ .+xn⋮6,(xi∈Z ,∀i=1, n)

Bµi3: Cho A= 13

+23+33+ +983+993 Hái A cã chia hÕt cho kh«ng?

Hớng dẩn: Đặt S=1+2+3+4+ +98+99 Theo ta có A-S chia hết cho 6,trong S= 99(99+1)

2 =6 33 25⇒S⋮6 Do A ⋮6

Bµi4:(Thi häc sinh giỏi T.P-HCM năm học 2003-2004) Chứng minh rằng: x+y+z3 x3− y3− z3⋮6

¿ víi mäi sè nguyªn x,y,z Gi¶i:

x+y+z¿3−(x+y+z)

¿−(x3− x)−(y3− y)−(z3− z)

x+y+z¿3− x3− y3− z3=¿ ¿

Theo VD1 ta thấy hạng tử VP chia hết cho 6, từ suy điều phải chứng minh

Bµi5:

ViÕt sè 20052004 thµnh tỉng cđa k sè tù nhiªn tuú ý a

1, a2, a3, , ak T×m sè d cđa phép chia a13+a23+a33+ +ak3 cho3

Giải: Đặt N= a13+a23+a33+ +ak3 vµ 20052004=a1+a2+a3+ +ak

Ta cã N- 20052004

=¿ (a13−a1)+(a

23− a2)+(a

33− a3)+ +(a

k3− ak)⋮3 ,(VD ❑1 )

Kết hợp với đẳng thức học VD1 đợc phát triển thành tốn thú vị sau

Bµi 6: Cho

a+b¿2

b2+3 ab−1¿3−¿

a2−ab

+1¿3+¿

P=¿

Chøng minh r»ng P chia hÕt cho với số nguyên a,b Giải:

Đặt a+b

2

x=a2−ab+1; y=b2+3 ab−1⇒x+y=¿ Khi ta có P= x3+y3−(x+y)=(x3− x)+(y3− y)⋮6

Bµi7: Chøng minh với số nguyên x,y thì: x3+3 xy23+(y3+3x2y)3x+y3

Gợi ý: Đặt x+y

3

,:

a=x3+3 xy2;b=y3+3x2y⇒a+b=¿ Ta cã x+y¿

3

3x+y3

a3+b33a+b3(BT1) (vì số nguyên tố)

Bài8: Cho số nguyên x, y , z thoả m·n : x+y+z= 3 20062007

Chøng minh r»ng: M= z2

+yz+xz¿3 y2+xy+xz¿3+¿ x2

+xy+yz¿3+¿ ¿

chia hết cho Giải:

Đặt a=x2+xy+yz;b=y2+xy+xz;c=z2+yz+xzM=a3+b3+c3

Ta cã: x+y+z¿

2

⋮6(Theo−gt)

a+b+c=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)=¿

Do M ⋮6 (theo-BT ❑2 )

Kết hợp ví dụ với toán tìm nghiệm nguyên ta có số toán sau

Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình sau: a) y+z¿

3

=x+2y+z+20053

x+y¿3+¿ ¿

(1) b) xy+1¿

3

=189

x2

+y2−1¿3+¿ ¿

(2) Gi¶i:

a)

x+y¿3−(x+y)

y+z¿3−(y+z)

¿=20053 ¿+¿

(1)⇔¿

(3)

Dễ thấy VT (3) chia hết cho (theo-VD1).Nhng 20053 không chia hết cho 6,do

phơng trình cho khơng có nghim nguyờn

b) Đặt x+y

2

p=x2+y21;q=2 xy+1⇒p+q=¿ Khi phơng trình (2) trở thành : p

+q3=189

Vì 189 nên p3

+q3⋮3⇒p+q⋮3(theo−BT1) Từ suy p+q số chớnh phng chia

Mặt khác p3

+q3=189⇔(p+q)(p2−pq+q2)=9 Do p+q +¿

x , y∈Z¿

x+y¿2=9⇒x+y=3¿

⇒¿

, từ suy phơng trình có hai nghiệm (x,y)=(1,2)hoặc (2,1) Thử lại thấy thỗ mãn

Bài 10 trang 14 (Sách tập tóan tËp I ) chøng minh r»ng √n+1−√n=

n+1+n với n số tự nhiên

Chứng minh : ( √n+1+√n

√n+1−√n¿ ¿ ) ¿n+1−n=1

⇔ √n+1−√n= √n+1+√n

Ph¸t biĨu c¸ch kh¸c :

1 Chøng tá víi mäi sè tù nhiªn n ( n+1n n+1+n

) l hai số nghịch đảo

√n+1−√n=√n+1+√n (với n số tự nhiên)

Bài 12: Tính a

√2+√1+ √3+√2+

1

√4+√3+ +

√100+√99

b

√2+√1+ √3+√2+

1

√4+√3+ +

√n+√n −1 víi n

Gi¶i : a

√2+√1+ √3+√2+

1

√4+√3+ + √100+√99

= √2−√1+√3−√2+√4−√3+ +√100−√99=√100−1=9

b

√2+√1+ √3+√2+

1

√4+√3+ +

√n+√n −1 víi n

= √2−√1+√3−√2+√4−√3+ +√n−√n −1=√n −1

Bµi 13: TÝnh a A =

√1−√2− √2−√3+

1

√3−√4+ +

1

b B =

√1−√2− √2−√3+

1

√3−√4+ −

1 √2k −√2k+1

Định hớng : 12= 1

1+2 hay nn+1=

−1 √n+√n+1

Gi¶i : a A =

√1−√2− √2−√3+

1

√3−√4+ +

1

√20005−√2006

= −(√1+√2)+(√2+√3)−(√3+√4)+ .−(√2005+√2006)

= −√1−√2+√2+√3−√3−√4+ −√2005−√2006 = −(√1+√2006)

b B =

√1−√2− √2−√3+

1

√3−√4+ −

1 √2k −√2k+1

B = −(√1+√2)+(√2+√3)−(√3+√4)+ .+(√2k+√2k+1)

= −√1−√2+√2+√3−√3−√4+ +√2k+√2k+1

= (√2k+1−1)

ëBµi 71, thay = x N ta có toán Bµi 14 Chøng minh: Víi x>0,n0

Ta cã: √n+x −√n= x

√n+x+√n Bµi15 TÝnh

a C =

√4+√1+ √7+√4+

3

√10+√7+ + √16+√13

b D =

√3+√1+ √5+√4+

1

√7+√5+ +

1

√2k+1+√2k −1

Với k số tự nhiên Giải

a áp dụng vào bài a ( √4 ) ❑2 - 12 = , ë ®©y x = 3

Ta cã:

C = √4+¿3√1+¿ ¿

√7+¿√4+¿

3

¿

√10+¿√7+¿

3

¿

+

… 16+313

b áp dụng bài3vào bµi bµi 4b ( √3 ) ❑2 - ( √1 )

2 = 2, x =

Do ta đa dạng tốn 4a nh ? ( Nhân vào vế )

2D =

2 2

3 1 5 3 7   2k 1 2k1

2D = √3−√1+√5−√3+√7−√5+ +√2k+1−√2k −1 2D = √2k+1−1⇒ D = √2k+1−1

2

Bµi 16: TÝnh

a E =

2√1+1√2+

32+23+ +

1 2524+2425

Định hớng :

n√n+1+(n+1)√n = ?

1

n√n+1+(n+1)√n =

1

√n√n+1

1

n  n = √n+1−√n

√n.√n+1

=

√n−

1 √n+1

E =

√1− √2+

1 √2−

1 √3+ +

1 √24−

1 √25

= 1-

√25=1− 5=

4

3 3

5 2 5 2006 2003 2003 2006

b P   

  

Ta cã 2 5

3(5 2 5) (5 2 5)(5 2 5)

 

 

3(5 2 5) 30

 

=

5 2 10



=

5 2 10  10 =

1

2 

1 1 1

2 5 2003 2006

1 2006 P P         

A = √2007−√2006 vµ B = √2006−√2005

Gi¶i :

ap dơng bµi 71 A =

√2007+√2006

B =

√2006+√2005

⇒ A < B √2007>√2005

⇒ 2007 2006 2006 2005 Bài 18: Tổng quát từ ta cã : √n+1−√n<√n −√n −1 víi n 1

áp dụng 71 (bài tập toán tập I) ta có điều phải chứng minh Bài : Thay = x ë bµi ta cã : Víi n x >1

A = √n+x −√n B = √n−√n − x

ta cã : A < B

tõ bµi toán ta có toán sau: Bài 19: So sánh C D

C = √m+p −√m D = √n+p−√n

Víi m > n > ,p > Ta cã

C = p

√m+p+√m D = p

√n+p+√n V× m > n  C < D

*ap dụng 71 chứng minh bất đẳng thức Bài 20 : Chứng minh

Chøng minh

a √n+1+√n−1<2√n

⇔√n+1−√n<√n −√n −1

Bất đẳng thức chứng minh b √n+x+√n− x<2√n

⇔√n+x −√n<√n −√n − x

ĐÃ chứng minh

Bài 21 : Chøng minh : √2m+√2m+2<2√2m+1 víi m  -1

Chứng minh: Với n = m +1, thay vào 10a ta đợc :

2m+2m+2<22m+1

Bài 12:Không dùng máy tính bảng số hÃy chứng tỏ 10199>0,1

Gi¶i √101−√99=

√101+√99

Vì < 101+99<2100 ( Suy từ 10a )

⇔

√101+√99>

2√100⇔√100−√99>0,1

Bµi 22: a Chøng minh r»ng víi mäi n N*

2√n+1<√n+1−√n

b Chøng minh: 2(√n+1−√n)<

√n<2(√n −√n −1) Gi¶i

a

2√n+1<√n+1−√n

⇔

2√n+1<

√n+1+√n ( Ap dơng bµi 71 trang 14 )

⇔ √n+1 > √n+1 + √n (hiển nhiên ) b 2(√n+1−√n)<

√n<2(√n −√n −1) * Chøng minh : ( √n+1 - √n ) <

⇔ <

√n+1+√n <

1 2√n ⇔ √n+1 + √n > √n ⇔ √n+1 > √n

Bất đẳng thức hiển nhiên * Chứng minh

√n 2( n n 1)

  

⇔ <

2√n <

1 √n+√n −1 ⇔ √n > √n + √n−1 ⇔ √n > √n−1

Bất đẳng thức hiển nhiên

⇒ Bất đẳng thức cho đợc chứng minh Bài 23 : Cho S = 1+

√2+ √3+

1

√4+¿ … + √100

Chøng minh 18 < S < 19 Chøng minh

Áp dơng bµi 13b ta cã : 2(√n+1−√n)<

√n<2(√n −√n −1) Thay n = 2,3,4, 100 ta cã:

( √3−√2 ) <

√2 < ( √2−√1 )

( √4−√3 ) <

√3 < ( √3−√2 )

2 ( 5 4) 2( 4  3) ……… 2( √

100−√99 √101−√100¿<

√100<2¿

1 + ( √3−√2+√4−√3+ +√101−√100 )< S < + 2( √2−√1 + √3−√2 + √4−√3 +

√100−√99 )

⇔ 1+2 ( 100 2) < S < 1+2 ( √100−√1 ) ⇔ 1+2 ( 10 -1,5 ) < S < 1+2 (10-1)

VËy ta cã : 18 < S < 19

Chú ý : Cũng thay đổi nội dung nh sau : Cách 1: Chứng minh S số tự nhiên Cách 2: Tỡm phn nguyờn ca S

Bài 24 So sánh A vµ B

A = ( √2+√4+ .+√2006¿+√2008 ; B = ( √1+√3+ .+√2007¿ Áp dơng bµi 11 √2m+√2m+2<2√2m+1 víi m  -1

Cho m = , 1, , …,1003 ta cã: √0+√2<2√1

√2+√4<2√3

……… ……… ………

√2006+√2008<2√2007

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

√1+√3+ +√2007

⇒2(√2+√4+ +√2006)+√2008<2¿ )

⇒ A < B

Bµi 25 : Chøng minh r»ng : 1+

√2+ √3+

1 √4+ +

1

√2500<100

Chøng minh : Tõ bµi 13 b ta còng cã :

n

√n+1−√¿

1

n+1<2 Lần lợt cho n = , , , 3…, 2499 ta cã

1

√2<2(√2−1)

√3<2(√3−√2)

………

1

√2500<2(√2500−√2499)

Céng vÕ víi vÕ ta cã: 1+

√2+ √3+

1 √4+ +

1

√2500<2(1+√2−1+√3−√2+√2500−√2499) ⇔1+

√2+ √3+

1 √4+ +

1

√2500<2√2500 ⇔1+

√2+ √3+

1 √4+ +

1

2500<100

( Điều phải chøng minh )

C Khai th¸c øng dơng cđa 71 giải phơng trình

Bài 26 : Giải phơng trình

x+3+x+2+

1

√x+2+√x+1+

√x+1+√x=1 víi x

0  Gi¶i:

1

√x+3+√x+2+

1

√x+2+√x+1+

√x+1+√x=1

⇔(√x+3−√x+2)+(√x+2−√x+1)+(√x+1−√x)=1 ⇔(√x+3−√x=1)

⇔(x+3+x 2x+3)x=1 2x+2=2x2+3x x+1=x2+3x

x2+2x+1=x2+3xx=1

Bài 27: Giải phơng tr×nh : x

2+ x

2+ x 2+

2+ x 1+√1+x

( Cã 2007 sè ) Gi¶i :

Víi x -1 ta cã : x

1+√1+x=√1+x −1 ( T¬ng tù bµi ) Ta cã : + x

1+1+x=2+1+x 1=1+x+1 Phơng trình (18)

x+11=9 x+1=10 x+1=100

x=99

Bài 28 : Giải phơng trình : ( √2−√3¿

x

=4

√2+√3¿x+¿ ( 19 ) Giải :

Đặt y = ( √2−√3¿ x

=1

y

√2+√3¿x⇒¿ Phơng trình (19)

y+1

y=4

⇔y2−4 y+1=0

Δ❑

=4−1=3 ⇒y1=2+√3

y2=2−√3

√√3+2¿2 ¿

⇔x=2

¿

√2+√3¿x=2−√3 ¿

√2+√3¿x ¿

√2+√3¿−2 ¿

√2+√3¿x=¿ ¿

√2+√3¿x=¿ ¿ ¿

Vậy phơng trìmh cho có nghiệm x = 2±

Bài 29 :Giải phơng trình (9 )x ( )x 18

    (20) Giải:

Đặt y =

9+45

¿ ¿

√¿

=>

9−4√5

Phơng trình (20)

y+y=18

 y2 - 18y + = 0

Cã Δ'

=81−1=80

y1 = + √80 = + 4√5

y1 = - √80 = - 4√5

Thay l¹i Èn x nÕu: y = + 4√5

=>

9+4√5

¿ ¿

√¿ =

9+4√5

¿ ¿

√¿

NÕu y = - 4√5 => x=-2

*.Bµi tËp : Bµi 1: TÝnh

2 2 2

3 7 11 11 15 15 19 2003 2007

a A     

    

4 4

9 13 13 17 17 21 221 225

b B    

   

1 1

6 1 11 6 11 2006 2001 2001 2006

c C   

  

Bµi2:Chøng minh S = 1+

1 √2+

1 √3+

1

√4+¿ … +

40000 kh«ng phải số tự nhiên Bài 3:Giải phơng trình:

1 1

2

1 3 5 7

x  x  x  x  x  x  x  x  víi x-1 III – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN