Khai Triển Abel Trong Chứng Minh BĐT | Huy Cao's Blog

Có thể bạn quan tâm

By Đình Huy

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2010 THPT Chuyên Lê Qúy Đôn, Bình Định)

Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 1\leq z\leq min\left \{ x,y \right \}\\ xz\geq 3\\ yz\geq 2 \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\dfrac{30}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{2010}{z}$

Lời giải :

Ta viết $P$ thành :

$P=30\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z} \right )+4\left ( \dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right )+\dfrac{1976}{z}$

Áp dụng công thức khai triển $Abel$ :

$\dfrac{1}{3}+1=\dfrac{x}{3}.\dfrac{1}{x}+\dfrac{z}{1}.\dfrac{1}{z}=\left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x} \right )\dfrac{z}{1}+\dfrac{1}{x}\left ( \dfrac{x}{3}+\dfrac{z}{1} \right )\geq \left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x} \right )+\dfrac{1}{x}.2\sqrt{\dfrac{xz}{3}}\geq \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}$

Và :

$\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{y}{2}.\dfrac{1}{y}+\dfrac{z}{1}.\dfrac{1}{z}=\left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{y} \right )\dfrac{z}{1}+\dfrac{1}{y}\left ( \dfrac{y}{2}+\dfrac{z}{1} \right )\geq \left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{y} \right )+\dfrac{1}{y}.2\sqrt{\dfrac{yz}{2}}\geq \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$

Do đó :

$P\leq 30\left ( 1+\dfrac{1}{3} \right )+4\left ( 1+\dfrac{1}{2} \right )+\dfrac{1976}{1}=2022$

Kết luận : $MaxP=2022\Leftrightarrow x=3,y=2,z=1$

By Đình Huy

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2011 THPT Hùng Vương, Bình Phước) : Cho các số dương $v,l,t$ thỏa mãn hệ :

$\left\{\begin{matrix} \dfrac{2}{5}\leq t\leq min\left \{ v,l \right \}\\ vt\geq \dfrac{4}{15}\\ lt\geq \dfrac{1}{5} \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $E(v,l,t)=\dfrac{1}{v}+\dfrac{2}{l}+\dfrac{3}{t}$

Lời giải :

Dự đoán giá trị lớn nhất là $13$ và đạt được khi $v=\dfrac{2}{3},l=\frac{1}{2},t=\dfrac{2}{5}$ .

Do đó ta sẽ chứng minh $E(v,l,t)=\left ( \dfrac{1}{v}+\dfrac{1}{t} \right )+2\left ( \dfrac{1}{l} +\dfrac{1}{t}\right )\leq 13$

Thật vậy, áp dụng công thức khai triển $Abel$ :

$4=\dfrac{5}{2}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{t}.\dfrac{5}{2}t+\dfrac{1}{v}.\dfrac{3}{2}v=\left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{v} \right ).\dfrac{5}{2}t+\dfrac{1}{v}\left ( \dfrac{5}{2}t+\dfrac{3}{2}v \right )\geq \left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{v} \right ).\dfrac{5}{2}.\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{v}.2\sqrt{\dfrac{15}{4}.vt}\geq \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{v}+\dfrac{2}{v}=\frac{1}{v}+\dfrac{1}{t}$

Và :

$\dfrac{9}{2}=2+\dfrac{5}{2}=\dfrac{1}{l}.2l+\dfrac{1}{t}.\dfrac{5}{2}t=\left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{l} \right ).\dfrac{5}{2}t+\dfrac{1}{l}\left ( 2l+\dfrac{5}{2}t \right )\geq \dfrac{5}{2}.\dfrac{2}{5}\left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{l} \right )+\dfrac{1}{l}.2\sqrt{5lt}\geq \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{l}+\dfrac{2}{l}=\dfrac{1}{l}+\dfrac{1}{t}$

Từ đó suy ra $E(v,l,t)=\left ( \dfrac{1}{v}+\dfrac{1}{t} \right )+2\left ( \dfrac{1}{l}+\dfrac{1}{t} \right )\leq 4+2.\dfrac{9}{2}=13$

Kết luận : $Max\;E(v,l,t)=13\Leftrightarrow v=2/3,l=1/2,t=2/5$

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số không âm $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa mãn $a_{1}a_{2}...a_{k}\geq \dfrac{1}{(2k)!}\;\;\;\forall k=\overline{1,n}$ . Chứng minh rằng $a_1+a_2+...+a_n\geq \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}$

Lời giải :

Dự đoán đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=\dfrac{1}{2!},a_{2}=\dfrac{2!}{4!},a_{3}=\dfrac{4!}{6!},...,a_{n}=\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}$

Từ đó ta áp dụng khai triển $Abel$ và BĐT $AM-GM$ :

$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=\dfrac{1}{2!}.(2!a_1)+\dfrac{2!}{4!}.\left ( \dfrac{4!}{2!}a_{2} \right )+\dfrac{4!}{6!}\left ( \dfrac{6!}{4!}a_{3} \right )+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}\left ( \dfrac{(2n)!}{(2n-2)!} a_n\right )=\left ( \dfrac{1}{2!} -\dfrac{2!}{4!}\right )2!a_1+\left ( \dfrac{2!}{4!}-\dfrac{4!}{6!} \right )\left ( 2!a_1+\dfrac{4!}{2!}a_2 \right )+...+\left ( \dfrac{(2n-4)!}{(2n-2)!}-\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!} \right )\left ( 2!a_1+\dfrac{4!}{2!}a_2+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n-4)!}a_{n-1} \right )+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}\left ( 2!a_1+\dfrac{4!}{2!}a_2+...+\dfrac{(2n)!}{(2n-2)!} \right )$

$\geq \left ( \dfrac{1}{2!}-\dfrac{2!}{4!} \right )2!a_1+\left ( \dfrac{2!}{4!}-\dfrac{4!}{6!} \right ).2\sqrt{4!a_1a_2}+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}.n\sqrt[n]{(2n)!a_1a_2...a_n}=\left ( \dfrac{1}{2!} -\dfrac{2!}{4!}\right )+2\left ( \dfrac{2!}{4!}-\dfrac{4!}{6!} \right )+...+(n-1)\left ( \dfrac{(2n-4)!}{(2n-2)!}-\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!} \right )+n.\dfrac{(2n-2!)}{(2n)!}=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2!}{4!}+\dfrac{4!}{6!}+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}=\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{3.4}+\dfrac{1}{5.6}+...+\dfrac{1}{(2n-1).2n}$

Như vậy nếu ta chỉ ra được đẳng thức :

$\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{3.4}+\dfrac{1}{5.6}+...+\dfrac{1}{(2n-1).2n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}\;\;\;\;(*)$

Thì bài toán được giải quyết.

Ta chứng minh đẳng thức $(*)$ bằng quy nạp, dễ thấy với $n=1$ thì $(*)$ đúng, giả sử $(*)$ đúng . Xét $(*)$ với $n+1$

Ta có :

$\left ( \dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{3.4}+....+\dfrac{1}{(2n-1).2n} \right )+\dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{2(2n+1)(n+1)}=\left ( \dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+...+\dfrac{1}{2n} \right )+\dfrac{2(2n+1)+1}{2(2n+1)(n+1)}=\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+...+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{2n+1}+\dfrac{1}{2n+2}$ .

Theo nguyên lí quy nạp, $(*)$ được chứng minh.

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số thực $x,y,z$ mà $0<x<y\leq z\leq 1$ thỏa mãn $3x+2y+z\leq 4$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=3x^3+2y^3+z^3$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh $3x^{2}+2y^{2}+z^2\leq \dfrac{10}{3}$

Thật vậy, theo khai triển $Abel$ , ta có :

$3x^{2}+2y^2+z^2=z.z+2y.y+3x.x=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+4x=x+2y+z=\dfrac{1}{3}\left [ (3x+2y+z)+(4y+2z) \right ]\leq \dfrac{1}{3}\left ( 4+4+2 \right )=\dfrac{10}{3}$

Tiếp tục sử dụng công thức khai triển $Abel$ :

$P=3x^{3}+2y^3+z^3=z^2.z+2y^2.y+3x^2.x=(z-y)z^{2}+(y-x)(z^2+2y^2)+x(z^2+2y^2+3x^2)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+x.\dfrac{10}{3}=\frac{1}{3}x+2y+z=\frac{1}{9}(3x+18y+9z)=\dfrac{1}{9}\left [ (3x+2y+z)+(16y+8z) \right ]\leq \dfrac{1}{9}\left ( 4+16+8 \right )=\dfrac{28}{9}$

Kết luận : $MaxP=\dfrac{28}{9}\Leftrightarrow x=1/3,y=z=1$

By Đình Huy

Bài toán :

1) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a\geq b\geq c>0$ và $\left\{\begin{matrix} x\geq a\\ x+y\geq a+b\\ x+y+z\geq a+b+c \end{matrix}\right.$ . Chứng minh rằng $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

2) Cho tam giác $ABC$ không nhọn. Chứng minh rằng :

$A^{2}+B^{2}+C^{2}\geq \dfrac{3\pi ^{2}}{8}$

Lời giải :

1) Sử dụng khai triển $Abel$ và bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=a.\dfrac{x^{2}}{a}+b.\dfrac{y^{2}}{b}b+c.\dfrac{z^{2}}{c}=(a-b).\dfrac{x^{2}}{a}+(b-c)\left ( \dfrac{x^{2}}{a}+\dfrac{y^{2}}{b} \right )+c\left ( \dfrac{x^{2}}{a}+\dfrac{y^{2}}{b}+\dfrac{z^{2}}{c} \right )\geq (a-b).a+(b-c).\dfrac{(x+y)^{2}}{a+b}+c.\dfrac{(x+y+z)^{2}}{a+b+c}\geq a(a-b)+(b-c)(a+b)+c(a+b+c)=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$

2) Vì tam giác $ABC$ không nhọn nên ta giả sử $A\geq \dfrac{\pi }{2}$ , khi đó $B+C\leq \dfrac{\pi }{2}$ . Do đó tồn tại một góc có số đó không vượt quá $\dfrac{\pi }{4}$ . Gỉa sử $C\leq \dfrac{\pi }{4}\Rightarrow B\geq \dfrac{\pi }{4}$ .

Khi đó ta có $\left\{\begin{matrix} A\geq \dfrac{\pi }{2}\\ A+B\geq \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\pi }{4}\\ A+B+C=\dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\pi }{4}+\dfrac{\pi }{4} \end{matrix}\right.$ và $A\geq B\geq C>0$ .

Áp dụng kết quả câu trên, ta có :

$A^{2}+B^{2}+C^{2}\geq \left ( \dfrac{\pi }{2} \right )^{2}+\left ( \dfrac{\pi }{4} \right )^{2}+\left ( \dfrac{\pi }{4} \right )^{2}=\dfrac{3\pi ^{2}}{8}$ .

Đẳng thức xảy ra khi $A=\dfrac{\pi }{2},B=C=\dfrac{\pi }{4}\Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông cân.

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 0<a\leq b\leq c\leq d\\ \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 3\\ \dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 2 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $a^{4}+b^{4}+c^{4}-d^{4}\leq 17$

Lời giải :

Ta đoán dấu bằng của bài toán bằng cách cho đẳng thức xảy ra tại các giả thiết : $a=1,b=2,c=d$ .

Khi đó viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng $a^{4}+b^{4}+c^{4}\leq 1^{4}+2^{4}+d^{4}$

Bằng bất đẳng thức $Holder$ ta dễ thấy :

$\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+\dfrac{d^{4}}{c^{4}}\geq \dfrac{\left ( \dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \right )}{8}^{4}\geq \dfrac{2^{4}}{8}=2$

$\dfrac{1}{a^{4}}+\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+\dfrac{d^{4}}{c^{4}}\geq \dfrac{\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \right )}{27}^{4}\geq \dfrac{3^{4}}{27}=3$

Theo khai triển $Abel$ :

$1^{4}+2^{4}+d^{4}=a^{4}.\dfrac{1}{a^{4}}+b^{4}.\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+c^{4}.\dfrac{d^{4}}{c^{4}}=\left ( c^{4}-b^{4} \right ).\dfrac{d^{4}}{c^{4}}+\left ( b^{4}-a^{4} \right ).\left ( \dfrac{d^{4}}{c^{4}}+\dfrac{2^{4}}{b^{4}} \right )+a^{4}.\left ( \dfrac{d^{4}}{c^{4}}+\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+\dfrac{1}{a^{4}} \right )\geq (c^{4}-b^{4})+2(b^{4}-a^{4})+3a^{4}=a^{4}+b^{4}+c^{4}$

Đây là điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=1,b=2,c=d$ .

* Tổng quát : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 0<a\leq b\leq c\leq d\\ \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 3\\ \dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 2 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $a^k+b^k+c^k-d^k\leq 2^k+1$ với $k$ là số nguyên dương cho trước

By Đình Huy

CÔNG THỨC KHAI TRIỂN ABEL

Cho $x_1,x_2,...,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ là các số thực tùy ý. Đặt $S_{k}=y_{1}+y_{2}+...+y_{k}\forall k\in \mathbb{Z}^{+},1\leq k\leq n$

Khi đó :

$\boxed{x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n}=\left ( x_{1}-x_{2} \right )S_{1}+\left ( x_{2}-x_{3} \right )S_{2}+...+\left ( x_{n-1}-x_{n} \right )S_{n-1}+x_{n}S_{n}}$

Hai đẳng thức thường dùng :

Trường hợp $n=3$ :

$\boxed{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}=(a_{1}-a_{2})b_{1}+(a_{2}-a_{3})(b_{1}+b_{2})+a_{3}(b_{1}+b_{2}+b_{3})}$

Trường hợp $n=2$ :

$\boxed{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+=(a_{1}-a_{2})b_{1}+a_{2}(b_{1}+b_{2})}$

Hệ quả của khai triển Abel :

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,...,x_n),(a_1,a_2,...,a_n)$ . Khi đó ta có đẳng thức :

$\boxed{a_1(x_1-x_2)+a_2(x_2-x_3)+...+a_{n-1}(a_{n-1}-a_n)+a_nx_n=a_1x_1+(a_2-a_1)x_2+...+(a_n-a_{n-1})x_n}$

Chứng minh : Áp dụng công thức khai triển $Abel$ cho hai dãy $\left ( x_1,x_2,...,x_n \right ),(y_1=a_1,y_2=a_2-a_1,...,y_n=a_n-a_{n-1})$ .

BẤT ĐẲNG THỨC ABEL

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,....,x_n),(y_1,y_2,...,y_n)$ với $x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}$ . Nếu $c_{k}=y_1+y_2+...+y_k\;\;\forall k=\overline{1,n}$ và $M=\underset{k=1,2,...,n}{max}c_k$ , $m=\underset{k=1,2,...,n}{min}c_k$ thì ta có :

$\boxed{mx_1\leq x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n\leq Mx_1}$ .

Chứng minh :

Theo công thức khai triển $Abel$ :

$x_{1}y_1+x_2y_2+...+x_ny_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n}-x_{n-1})c_{n-1}+x_nc_n\leq (x_1-x_2)M+(x_2-x_3)M+...+(x_n-x_{n-1})M+x_nM=Mx_1$

Tương tự : $x_{1}y_1+x_2y_2+...+x_ny_n\geq mx_1$

Post navigation Tìm kiếm Search Thống kê Blog

1,014,716 views

Lưu trữ

April 2017 (1)
June 2016 (2)
May 2016 (4)
April 2016 (8)
March 2016 (2)
February 2016 (3)
January 2016 (7)
December 2015 (5)
August 2015 (5)
July 2015 (3)
June 2015 (5)
May 2015 (9)
April 2015 (3)
March 2015 (1)
February 2015 (5)
January 2015 (3)
December 2014 (7)
November 2014 (2)
October 2014 (2)
September 2014 (21)
August 2014 (60)
July 2014 (58)
June 2014 (129)
May 2014 (78)
April 2014 (25)
March 2014 (103)
February 2014 (39)
January 2014 (67)
December 2013 (51)
November 2013 (47)
October 2013 (32)
September 2013 (39)
August 2013 (56)

Chuyên mục

(0) Nơi thần kinh rung rinh (5)
(1) Danh sách tổng hợp các bài toán số học (3)
(2) Danh sách tổng hợp các hệ thức lượng giác, hình học (5)
(3) Danh sách tổng hợp các bài toán về PT-HPT (4)
(4) Danh sách tổng hợp các bài toán về Đa thức – Phương trình hàm (4)
(5) Danh sách tổng hợp các bài toán Bất đẳng thức (2)
(6) Danh sách tổng hợp các bài toán về Giới hạn – Dãy số (2)
(7) Danh sách tổng hợp đề thi (5)
BẤT ĐẲNG THỨC THI ĐẠI HỌC (15)
Bất Đẳng Thức (107)
- Ứng dụng của tam thức bậc hai trong chứng minh BĐT (2)
- Bất đẳng thức hình học (21)
- Bất đẳng thức Schur và kĩ thuật đổi biến P,Q,R (7)
- BĐT với những bài toán về hằng số tốt nhất (15)
- Cân bằng hệ số, điểm rơi giả định trong chứng minh BĐT (5)
- Chứng minh BĐT bằng phương pháp S-S, S.O.S (6)
- Dồn biến trong chứng minh BĐT (5)
- Khai triển Abel trong chứng minh BĐT (7)
- Kĩ thuật AM-GM ngược dấu (1)
- Lượng giác hóa trong chứng minh BĐT (19)
- Nguyên lý Biên trong chứng minh BĐT (8)
- Những phương pháp khác chứng minh BĐT (6)
- Phép chuẩn hóa trong chứng minh BĐT thuần nhất (10)
- Sử dụng nguyên lí Dirichlet để chứng minh BĐT (2)
Các định lí hình học (11)
CHUYÊN MỤC ÔN THI ĐẠI HỌC (1)
Dãy số – Giới hạn (61)
Dãy số số học (50)
HÌNH HỌC PHẲNG TOẠ ĐỘ THI ĐẠI HỌC (3)
Hình học không gian (4)
Hình học phẳng (97)
Hệ phương trình (41)
Hệ thức lượng trong tam giác (18)
Phép thế lượng giác trong những bài toán PT-HPT (15)
PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH THI ĐẠI HỌC (11)
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng (1)
Phương trình hàm (100)
Phương trình hàm đa thức (14)
Phương trình đại số (9)
Số Học (148)
- Cấp của một số nguyên (1)
- Cấp của một số nguyên, Căn nguyên thủy (8)
- Căn nguyên thủy (1)
- Lý thuyết đồng dư (4)
- Những bài toán số học liên quan đến Lifting the Exponent Lemma (LTE) (2)
- Những dạng bài số học khác (2)
- Phần nguyên, Phần lẻ (9)
- Phương pháp Vieta Jumping (Bước nhảy Viete) (9)
- Phương trình nghiệm nguyên (83)
- Số chính phương modulo p (5)
- Số chính phương, số lập phương, số lũy thừa (16)
- Số nguyên tố (1)
- Số nguyên tố, Hợp số (10)
- Sự chia hết, đồng dư (10)
- Định lí phần dư Trung Hoa và ứng dụng (11)
Sử dụng các BĐT cổ điển để chứng minh BĐT (81)
Sự thẳng hàng, các đường đồng quy (22)
Tỉ số kép – Hàng điểm điều hòa (21)
Tổ hợp – Rời rạc (7)
Đa thức (27)

Khai Triển Abel Trong Chứng Minh BĐT | Huy Cao's Blog

Khai Triển Abel Trong Chứng Minh Bất đẳng Thức - Lê Phúc Lữ

Chuyên Đề Bất Đẳng Thức - Phép Nhóm Abel.pdf

Tổng Abel – Wikipedia Tiếng Việt

Sử Dụng Khai Triển $Abel$ để Chứng Minh Bất đẳng Thức

CÔNG THỨC KHAI TRIỂN ABEL - Blog Math 123

Phương Pháp Nhóm Abel Chứng Minh Bất đẳng Thức (P.1) - YouTube

Ứng Dụng Của Phép Nhóm Abel Trong Chứng Minh Bất ... - 123doc

Tổng Abel - Wikiwand

Tổng Abel - Wiki Là Gì

Ứng Dụng Của Phép Nhóm Abel Trong Chứng Minh Bất đẳng Thức

Dùng Khai Triển ABEL Cm Bdt - Tài Liệu đại Học

Ng Ddng Cca Phép Nhóm Abel 1 Trong Chhng Minh Bbt đng Thhc

ỨNG DỤNG CỦA PHÉP NHÓM ABEL TRONG CHỨNG MINH BẤT ...

Liên Hệ