SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“RÈN LUYỆN NĂNG LỰC KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA
VÀ TƢƠNG TỰ CHO HỌC SINH THÔNG QUA CÁC BÀI TOÁN
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC”

1


1. Lý do chọn đề tài
Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là những thao tác tư duy có vai trò rất quan
trọng trong quá trình dạy học toán ở trường phổ thông. Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương
tự là phương pháp giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải của bài toán, mở rộng,
đào sâu, hệ thống hoá kiến thức và góp phần quan trọng trong việc hình thành những
phẩm chất trí tuệ cho học sinh.
Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự chưa được rèn luyện đúng mức
trong dạy học ở trường phổ thông.
Bất đẳng thức là một vấn đề khá cổ điển của toán học sơ cấp đang ngày càng phát
triển, đây cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất vì thế luôn cuốn
hút rất nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm. Điểm đặc biệt ấn tượng nhất của BĐT đó là có
rất nhiều bài toán khó, thậm chí là rất khó làm cho học sinh phải e ngại. Nó chỉ thực sự
gây hứng thú đối với những học sinh yêu thích toán học, đam mê sự sáng tạo, tìm tòi.
Mặt khác bất đẳng thức lại có khả năng to lớn trong việc rèn luyện năng lực khái quát
hoá, đặc biệt hoá và tương tự.
Vì những lý do đó, tôi chọn đề tài: “Rèn luyện năng lực khái quát hoá, đặc biệt
hoá và tương tự cho học sinh thông qua các bài toán chứng minh bất đẳng thức ”.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự trong dạy học toán
và dạy học chứng minh bất đẳng thức.
- Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự

Theo G. Pôlya, “Khái quát hóa là chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng
đã cho đến việc nghiên cứu một tập lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban đầu” ( 1, tr.21 ).
Trong “Phương pháp dạy học môn Toán”, các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương
Thụy đã nêu rõ: “Khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp đối tượng sang một tập hợp lớn
hơn chứa tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật một số trong các đặc điểm chung của các
phần tử của tập hợp xuất phát” ( 3, tr.31 ).
Những dạng khái quát hóa thường gặp trong môn toán có thể biểu diễn theo sơ đồ
sau:
Khái quát hóa

Khái quát hóa từ
cái riêng lẻ đến cái
tổng quát

Khái quát hóa từ cái
tổng quát đến cái tổng
quát hơn

Khái quát hóa tới cái
tổng quát đã biết

Khái quát hóa tới cái
tổng quát chưa biết

Như vậy có hai con đường khái quát hóa: con đường thứ nhất trên cơ sở so sánh
những trường hợp riêng lẻ, con đường thứ hai không dựa trên sự so sánh mà dựa trên sự
phân tích chỉ một hiện tượng trong hàng loạt hiện tượng giống nhau.
1.1.2. Đặc biệt hóa
Theo G. Pôlya: “Đặc biệt hóa là chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng
đã cho sang việc nghiên cứu một tập hợp nhỏ hơn chứa trong tập hợp đã cho” ( 1,tr.22 )

1.1.3. Tƣơng tự
Theo G. Pôlya: “Hai hệ là tương tự nếu chúng phù hợp với nhau trong mối quan hệ
xác định rõ ràng giữa những bộ phận tương ứng” ( 1, tr.23 )
Kết luận dựa theo sự tương tự có thể mô tả như sau:
A có tính chất a, b, c
B có tính chất a, b
------------------------------------------Thế thì B có thể có tính chất c
Người ta thường xét sự tương tự trong toán học trên các khía cạnh sau:
5


- Hai phép chứng minh là tương tự nếu đường lối, phương pháp chứng minh là giống
nhau.
- Hai hình là tương tự nếu chúng có nhiều tính chất giống nhau hay nếu vai trò của
chúng giống nhau trong vấn đề nào đó, hoặc giữa các phần tử tương ứng của chúng
có quan hệ giống nhau.
- Hai tính chất là tương tự nếu chúng biểu diễn các yếu tố hoặc các thuộc tính của hai
hình tương tự.
Tương tự là nguồn gốc của nhiều phát minh. Bên cạnh đó cũng giống như khái quát
hóa, tương tự thuộc về những suy luận có lý, do đó cần lưu ý với học sinh những kết
luận rút ra từ tương tự có thể dẫn đến những kết luận sai. Chẳng hạn, trong mọi tam giác
các đường cao đồng quy tại trực tâm. Nếu cho rằng, tương tự, mọi tứ diện có các đường
cao đồng quy tại trực tâm là sai, vì điều đó chỉ đúng với tứ diện có các cặp cạnh đối diện
vuông góc với nhau mà thôi (gọi là tứ diện trực tâm).
1.2. Một số kiến thức về bất đẳng thức
1.2.1. Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức
 Định nghĩa: Giả sử a và b là hai số thực. Các mệnh đề “ a  b ”, “ a  b ”, “ a  b ”,
“ a  b ” được gọi là những bất đẳng thức.
Cũng như các mệnh đề lôgic khác, một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai.
Chứng minh một bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng.

a

3

b.

1.2.2. Một số bất đẳng thức thƣờng gặp
 Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
a1 - a 2 - a 3 -...- a n  a1 +a 2 +a 3 +...+a n  a1 + a 2 + a 3 +...+ a n  a i 

.

Đặc biệt với n = 2 ta có a - b  a+b  a + b ( với mọi a, b  ).
 Bất đẳng thức Cauchy
Cho a1, a 2 , a 3..., a n là các số thực không âm ta có:
a1 +a 2 +a 3 +...+a n

n

n

a1.a 2 .a 3 ...a n .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a 2 = a 3 = ... = a n .
a+b
 ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b .
2

Đặc biệt với n = 2 ta có
Với n = 3 ta có

Với n = 3 ta có  ax+by+cz    a 2 +b 2 +c2  x 2 +y 2 +z 2  .
2

 Bất đẳng thức Chebyshev
a) Cho hai dãy đơn điệu tăng a1  a 2  a 3  ...  a n và b1  b2  b3  ...  bn ta có:

 a1 +a 2 +a3 +...+a n  b1 +b2 +b3 +...+bn   n  a1b1 +a 2b2 +a3b3 +...+a n bn  .
7


 a1 = a 2 = a 3 = ... = a n
b1 = b 2 = b3 = ... = b n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

b) Nếu a1  a 2  a 3  ...  a n và b1  b2  b3  ...  bn thì

 a1 +a 2 +a3 +...+a n  b1 +b2 +b3 +...+bn   n  a1b1 +a 2b2 +a3b3 +...+a n bn  .
 a1 = a 2 = a 3 = ... = a n
b1 = b 2 = b3 = ... = b n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 Bất đẳng thức Becnuli
a) Cho n 

*

, a  -1, a 

ta có: 1+a   1+na .

x

f



i
i
  αi x i  .
i=1
 i=1


n

n

1.2.3. Một số phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức
1.

Phương pháp biến đổi tương đương.

2.

Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển.

3.

Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai.


11.

Phương pháp dùng tính chất tỉ số.

12.

Phương pháp đổi biến số.

1.3. Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự trong toán học
Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trở thành một phương pháp
suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều phát minh trong toán học sơ cấp cũng như
trong toán học cao cấp. Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự có thể vận dụng để mò mẫm
dự đoán kết quả bài toán, tìm phương hướng giải bài toán; để mở rộng, đào sâu và hệ
thống hóa kiến thức.
Trong lịch sử toán học, có những bài toán mà suốt hàng trăm năm biết bao thế hệ
các nhà toán học trên thế giới với bao công sức chỉ mới giải được một số trường hợp đặc
biệt. Chẳng hạn bài toán nổi tiếng: “Chứng minh rằng phương trình x n +yn = zn không có
nghiệm nguyên dương khi n  3 ”, được gọi là định lý Phec-ma do nhà toán học Phec-ma
đề ra từ thế kỉ 17. Lời giải chỉ có sau hơn 300 năm, đã tốn không biết bao nhiêu thời gian
và trí tuệ của hàng trăm nhà toán học lớn khắp thế giới.
1.4. Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự trong các bài toán chứng
minh bất đẳng thức
Đối với nhà trường phổ thông khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự đã thâm nhập
vào mọi khâu của quá trình dạy học. Trong dạy học chứng minh BĐT, khái quát hóa, đặc
biệt hóa và tương tự là con đường giúp chúng ta hình thành các tri thức lí thuyết, là
phương pháp suy nghĩ giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải của bài toán, mở
rộng đào sâu và hệ thống hóa kiến thức.
1.4.1. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự là con đƣờng giúp chúng ta hình
thành các tri thức lí thuyết
Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự là con đường giúp chúng ta hình thành các tri

AH BH CH
AA ' BB' CC'
+
+
= ' + ' + ' -3 = C’
A 'H B'H C'H
A H BH CH

=

H

SABC SABC SABC
+
+
-3 . (1)
SBHC SAHC SAHB

Mặt khác

B
A’

C

 SABC SABC SABC  SBHC SAHC SAHB 
+
+
+
+


AI
AB
AC
AB+AC
AB+AC
= ' = ' = '
=
.
'
'
AI
AB
AC
A B+A C
BC

Tương tự
BI
AB+BC
=
.
'
BI
AC

B’

C’


AB+AC AB+BC AC+BC  AB BC   AC BC   AB AC 
+
+
=
+
+
+
+
+
6
BC
AC
AB
 BC AB   BC AC   AC AB 


AI BI CI
+
+
 6. (4)
A 'I B'I C'I

Như vậy hệ thức trên vẫn đúng nếu AA', BB' , CC' là các đường phân giác.
Các đường cao, trung tuyến, phân giác của một tam giác có tính chất đồng qui tại một
điểm. Từ đó ta có thể đề xuất một bài toán tổng quát hơn:
Cho tam giác ABC , O là một điểm tùy ý trong tam giác. Kéo dài AO, BO, CO cắt
các cạnh đối diện tại A' , B' , C' . Khi đó ta có:
AO BO CO
+
+

M

A
’

C

11


SABC
AO+OA '

=
.
OA '
SOBC


S
OA
= ABC -1.
'
OA
SOBC

Tương tự
S
S
OB

S
S
AOC
AOB  ABC
ABC
ABC 
 OBC

Vì 

do SOBC +SOAC +SOAB = SABC.


SABC SABC SABC
+
+
 9. (7)
SOBC SAOC SAOB

Từ (6) và (7) suy ra BĐT (5)
Đến đây, bằng phép tương tự ta có thể mở rộng BĐT trên cho tứ diện ABCD .
Cho tứ diện ABCD , O là một điểm trong tứ diện. Các đường thẳng
AO, BO, CO, DO cắt các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D lần lượt tại A' , B' , C' , D' .
Khi đó ta có

AO BO CO BO
+
+
+
 12. (8)

a 3 +a 3 +b3  3

3

a 6b3 = 3a 2b  2a 3 +b3  3a 2b.

Tương tự 2b3 +a 3  3ab2 .
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ĐPCM.
Chúng ta có thể đề xuất bài toán mới như thế nào?
* Nhìn theo góc độ số mũ của hai vế của BĐT (1): Xét riêng a 3 và a 2b ta thấy trong số
hạng a 3 số mũ của a là 3, trong số hạng a 2b thì số mũ của a là 2, số mũ của b là 1. Như
vậy số mũ của a đã giảm đi 1 đơn vị nhưng tổng số mũ của a và b trong số hạng a 2b
bằng số mũ của a trong a 3 . Từ đó ta có những BĐT tương tự sau:
a 4 +b4  a 3b+b3a. (2)
a 5 +b5  a 4b+b4a. (3)

Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: a n +b n  a n-1b+b n-1a  n  *. (4)
* Cũng nhìn theo góc độ số mũ của từng số hạng ở hai vế, ta thử mở rộng bằng cách thay
a n-1b bởi a m bn-m có nghĩa là chỉ cần tổng số mũ của a và b bằng n là đủ. Như vậy bài
toán trên lại được khái quát hóa như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng:
13


a n +b n  a m b n-m +b ma n-m  m, n  , n  m . (5)

Đặc biệt hóa các giá trị của m, n ta lại có những BĐT mới.
Chẳng hạn m = n = 2 ta thu được BĐT quen thuộc a 4 +b4  2a 2b2 . (6)
n = 5, m = 2 ta thu được BĐT a 5 +b5  a 3b2 +b3a 2 . (7)






 a12 +a 2 2 +a 32 b12 +b 2 2 +b 32 . (1)

Ta có thể sáng tạo ra rất nhiều bài toán từ BĐT trên bằng phép đặc biệt hóa.
Chẳng hạn, nếu cho b1 = b2 = b3 = 1 ta đã có ngay một bài toán
14


Chứng minh rằng, với ba số thực bất kỳ a, b, c ta đều có:

 a+b+c 

2





 3 a 2 +b 2 +c 2 . (2)

Nếu ta đặt a1 = X, b1 =

1
.
X


1
1  9
 1
+
+
  2.
a+b
b+c
a+c



Khi đó (3)   a+b+c  


a+b+c a+b+c a+b+c 9
+
+
 .
a+b
b+c
a+c
2

Từ đó ta được BĐT

a
b
c
3

+ 3
 9. (6)
a +3bc  b+c  +2abc b +3ac  a+c  +2abc c +3ab  a+b  +2abc
3

Như vậy xuất phát từ một bài toán chúng ta có thể hướng dẫn học sinh dùng đặc
biệt hóa để tìm những hình thức khác nhau của một bài toán. Kĩ thuật đặc biệt hóa các
biến càng cao thì bài toán đó lại càng phức tạp. Việc giải một bài toán hay là điều thú vị
nhưng chắc chắn nếu có thể tự mình sáng tạo những bài toán mới thì niềm vui còn tăng
lên rất nhiều. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự có ý nghĩa trong vai trò giúp học
sinh sáng tác các bài toán mới, tạo ra các kết quả mới.
1.5. Kết luận chƣơng 1
Tóm lại, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự có quan hệ mật thiết với nhau trở
thành một phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều phát minh trong
toán học sơ cấp cũng như toán học cao cấp.
Ở nhà trường phổ thông, trong dạy học chứng minh BĐT, khái quát hóa, đặc biệt
hóa và tương tự là phương pháp suy nghĩ giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm ra lời
giải của bài toán; mở rộng đào sâu, hệ thống hóa kiến thức. Với ý nghĩa là các phương
pháp suy nghĩ sáng tạo, khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự đóng vai trò quan trọng
trong việc hình thành những phẩm chất trí tuệ cho học sinh giúp họ làm quen với phương
pháp nghiên cứu khoa học, góp phần đào tạo và bồi dưỡng năng khiếu toán học nói chung
và lĩnh vực giải các bài toán BĐT nói riêng.

16


CHƢƠNG 2
VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA VÀ TƢƠNG TỰ THỒNG QUA
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
2.1


Bước 3:

Trình bày lời giải

Bước 4:

Nghiên cứu sâu lời giải.

Trong các bước của phương pháp tìm lời giải, khái quát hóa, đặc biệt hóa,
tương tự thường được sử dụng trong hai bước: Tìm cách giải và nghiên cứu sâu lời giải.

17


2.3. Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự để tìm lời giải của bài toán
chứng minh bất đẳng thức
Các bài tập toán học ở nhà trường phổ thông có thể chia làm hai loại: loại có thuật
toán để giải và loại chưa có thuật toán để giải. Bài tập chứng minh BĐT thuộc về dạng
bài tập chưa có thuật toán để giải. Để tìm cách giải dạng toán này ta có thể hướng dẫn
học sinh tìm tòi, phát hiện nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán: biến đổi cái đã cho,
biến đổi cái phải tìm, liên hệ bài toán cần giải với một bài toán tương tự nhưng đơn giản
hơn, mò mẫm dự đoán thử xét một vài trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay
một bài toán nào đó liên quan.
Ví dụ 4
Chứng minh BĐT:

a1 +a 2 +a 3 3
 a1a 2a 3 với mọi a1, a 2 , a 3  0 . (1)
3


a1a 2a 3b .

Giáo viên: Từ đó ta có được điều gì?
Học sinh:

a1 +a 2 +a 3 +b  4

Giáo viên: Thay b =
Học sinh:

3

a1 +a 2 +a 3 +

4

a1a 2a 3b . (*)

a1a 2a 3 thì (*) có dạng gì?
3

4

a1a 2a 3  4

a1a 2a 3

3



 a1 +a 2 +a 3 

  a1a 2a 3 . (2)
3



Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với (2), nhưng đơn giản hơn
2

Học sinh:

 a1 +a 2 

  a1a 2 . (3)
 2 

Giáo viên: Hãy chứng minh (3)
Học sinh: (3)   a1 -a 2   0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 .
2

Vấn đề là sự tương tự giữa (2) và (3) có giúp gì cho việc chứng minh hay không?
Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm mối liên hệ giữa (2) và (3).
a1 +a 2

a
+a
+
1

thì ta có BĐT (3).
2

Giáo viên: Như vậy (3) không những là một trường hợp tương tự của (2) mà còn là một
trường hợp đặc biệt của (2) khi a 3 =

a1 +a 2
.
2

19


Mặc dù vậy, việc phát hiện ra mối liên hệ này vẫn chưa giúp ta tìm ra lời giải của bài
toán.
Áp dụng (3) cho các cặp số không âm  a1; a 2  ,  a 3 ; a 4  ta được điều gì?
Học sinh:
2

 a1 +a 2 

a
a
2
2
1 2


 2 
  a1 +a 2   a 3 +a 4 

 a1 +a 2 a 3 +a 4
a1 +a 2 a 3 +a 4  2 + 2
.

2
2
2



2


2
  a1 +a 2 +a 3 +a 4 
 =
 . (2’)
4

 


Giáo viên: Từ (1’) và (2’) ta có điều gì?
4

 a +a +a +a 
Học sinh:  1 2 3 4   a1a 2a 3a 4 . (4)
4






4


  a1 +a 2 +a 3 4
 

3





20


3

 a +a +a 
  1 2 3   a1a 2a 3 . Như vậy (2) đã được chứng minh.
3



Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 = a 3 .
Quá trình trên là cả một chuỗi từ KQH  TT  ÐBH  KQH  ÐBH .
Sau khi tìm được lời giải, học sinh cần kiểm tra lời giải. Kiểm tra lại lời giải bài
toán tức là xem xét lời giải có sai lầm hay thiếu sót gì không? Sai lầm khi chứng minh

21


Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số a và 1-a ta có:
a+1-a
1
=
2
2
1
 a 1-a   .
4
a 1-a  

Nhận xét: Sai lầm vì không để ý đến điều kiện của các số a, b trong BĐT Cauchy.
a+b
 ab là a  0 và b  0 . Trong ví dụ 2, a và 1-a chỉ không âm khi a  0;1 nên lời
2

giải trên không chính xác.
Lời giải đúng
(*)  a-a 2 

1
1
 a 2 -a+  0
4
4
2


a 3 +b3  a+b 

Khi n = 3 cho ta BĐT
 .
2
 2 

Hai BĐT thu được sau khi đặc biệt hóa giá trị n là hai BĐT ban đầu mà ta đã
chứng minh được tính đúng đắn của nó. Nhờ đó mà ta dự đoán BĐT tổng quát mà ta tìm
được là đúng và tìm cách chứng minh dự đoán đó.
2.4. Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự vào nghiên cứu lời giải của
bài toán chứng minh bất đẳng thức

22


Sau bước tìm cách giải, học sinh thường bỏ qua bước nghiên cứu sâu lời giải. Giáo
viên cần giúp học sinh làm quen và tập luyện một cách có ý thức bước nghiên cứu lời giải
trên hai khía cạnh: nghiên cứu khả năng ứng dụng kết quả của lời giải và nghiên cứu giải
những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề.
Ví dụ 7
Cho a, b dương thỏa mãn a+b = 1 , chứng minh rằng:
a
b
2
+
 . (1)
2-a 2-b 3

Lời giải

2-a
2-b



Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
a, b  0 2-a  0
1 
 1
(vì
)
+
2-a+2-b

4




 2-a 2-b 


a+b = 1 2-b  0



1
1
4
+

d
4
+
+
+
 . (5)
2-a 2-b 2-c 2-d 7

Từ đó có thể khái quát hóa bài toán với n ( n  * ) số dương tùy ý.
Cho n số dương tùy ý a1, a 2 , a 3..., a n thỏa mãn

n

a

i

= 1 . CMR:

i=1

a1
a
a
n
. (6)
+ 2 +...+ n 
2-a1 2-a 2
2-a n 2n-1


a1
a
a
nk
với α  1. (8)
+ 2 +...+ n 
α-a1 α-a 2
α-a n nα-k

Ngoài ra ta còn có thể mở rộng bài toán bằng cách tăng số mũ của biến
Cho n số dương tùy ý a1, a 2 , a 3..., a n thỏa mãn

n

a

m
i

= k , chứng minh:

i=1

a1m
a 2m
anm
nk
+
+...+


Lời giải
1

1

1 

1

Ta có:  n+n+1+n+2+...2n   +
+
+...+    n+1
2n 
 n n+1 n+2

2

1 1
1
1
 n+1
 +
+
+...+ >
n n+1 n+2
2n n+n+1+n+2+...+2n
2

1 1
1

1
1
1
1
1
+
+
+...+
+
 1.
1998+1 1998+2 1998+3
3.1998 3.1998+1

2.

1
1
1
1
+
+
+...+
 1 với n  * .
n+1 n+2 n+3
3n+1

3.

1
1

k=1


k

na
.
n-a

Qua các bài toán đó, giáo viên cần cho học sinh phát hiện mấu chốt của các bài tập
trên chính là sử dụng công thức An  Hn .

25