skkn cấp tỉnh một số tính chất của dãy số fibonacci và áp dụng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (231.89 KB, 21 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

1. MỞ ĐẦU1.1. Lí do chọn đề tài

Các bài tốn về dãy số đóng một vai trò quan trọng trong các kỳ thi chọnhọc sinh giỏi Tốn bậc THPT hiện nay. Thơng qua các bài tốn về dãy số, bài thicó thể kiểm tra được năng lực tư duy của học sinh về các phần kiến thức liên quanthuộc các lĩnh vực đại số, giải tích, số học, lí thuyết trị chơi hay tổ hợp.

Việc nghiên cứu tính chất của các dãy số được các nhà tốn học quan tâmtừ rất sớm và trong q trình tìm tịi, nghiên cứu đó các nhà tốn học đã chỉ ra rấtnhiều dãy số có những tính chất đẹp, gắn liền với các thuộc tính của tự nhiên.

Điển hình trong đó là dãy số được nhà tốn học người Ý Leonardo Fibonacci

công bố vào năm 1202 trong cuốn sách Liber Abacci, được tìm ra qua 2 bài tốnkinh điển: bài toán con thỏ và bài toán số "cụ tổ" của một con ong đực.

Bài toán thứ nhất đưa ra giả thiết các đôi thỏ nếu đủ 2 tháng tuổi thì saumỗi tháng sẽ đẻ được một đơi thỏ con (giả sử các đôi thỏ luôn gồm 2 con đực vàcái và không chết). Từ một đôi thỏ sơ sinh ở tháng đầu tiên, Finonnaci muốn tínhsố thỏ có được ở 1 tháng bất kỳ. Sau khi thống kê, Fibonacci nhận thấy tháng thứ1 và tháng 2 chỉ có 1 đơi thỏ. Tháng thứ 3 có 2 đơi, tháng thứ 4 có 3 đơi, tháng 5có 5 đơi, và cứ thế, số thỏ tháng sau sẽ bằng tổng số thỏ của 2 tháng trước cộnglại. Cuối cùng thu được dãy số 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 55… mà ngày nay thường

gọi là dãy Fibonacci.

Bài toán thứ hai u cầu tìm số tổ tiên của lồi ong đực. Trong sinh học,ong nếu được thụ tinh - tức có cả bố và mẹ, sẽ thành ong cái, ngược lại sẽ là ongđực. Khi đi tìm nguồn gốc của ong đực, Fibonacci nhận thấy: nếu bắt đầu với 1con ong đực thì thế hệ trước của nó là 1 con ong cái. Thế hệ trước con ong cái nàylà 2 con ong gồm 1 đực, 1 cái. Thế hệ trước đó nữa sẽ bao gồm 3 con ong gồm 1ong cái (sinh ra ong đực) và 2 ong đực và cái (sinh ra ong cái). Cứ thế tính tiếptục ta cũng sẽ được dãy 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 55…

Dãy số Fibonacci còn xuất hiện ở khắp nơi trong thiên nhiên, chẳng hạnnhư số cánh của những bơng hoa. Hầu hết các bơng hoa có số cánh hoa là mộttrong các số: 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55 hoặc 89. Hoa loa kèn có 3 cánh, hoa maolương vàng có 5 cánh, hoa phi yến thường có 8 cánh, hoa cúc vạn thọ có 13 cánh,hoa cúc tây có 21 cánh, hoa cúc thường có 34, hoặc 55 hoặc 89 cánh. Các sốFibonacci cũng xuất hiện trong các bông hoa hướng duơng. Những nụ nhỏ sẽ kếtthành hạt ở đầu bông hoa hướng dương được xếp thành hai tập các đường xoắnốc: một tập cuộn theo chiều kim đồng hồ, còn tập kia cuộn ngược theo chiều kimđồng hồ. Số các đường xoắn ốc hướng thuận chiều kim đồng hồ thường là 34 còn

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

ngược chiều kim đồng hồ là 55. Đôi khi các số này là 55 và 89, và thậm chí là 89và 144. Tất cả các số này đều là các số Fibonacci kế tiếp nhau.

Việc tiếp tục nghiên cứu các tính chất của dãy Fibonacci khơng chỉ làmtăng thêm tri thức tốn học mà cịn giúp người học cảm nhận được vẻ đẹp củatoán học, mối liên hệ giữa tốn học và thực tiễn. Điều đó làm cho học sinh thêmu thích bộ mơn tốn, có cảm hứng để tìm tịi, nghiên cứu sâu hơn để nâng caotri thức cũng như khả năng tư duy.

Với lý do như vậy, tôi đã tham khảo, lựa chọn và biên soạn một số bài toánthành một chuyên đề để giảng dạy cho học sinh ở các lớp chun tốn, qua đóphần nào giúp cho học sinh phát triển tư duy, giúp học sinh thấy được sự liên hệthú vị giữa toán học và thực tế. Các bài toán được lựa chọn ở nhiều thể loại, ởnhiều mức độ khác nhau được đan xen trong chuyên đề sẽ tạo cho học sinh thóiquen nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướng và qua đó cịn được rèn luyện cả tư duy

sáng tạo. Chun đề này mang tên “Một số tính chất của dãy số Fibonacci vàáp dụng”.

1.2. Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu của Sáng kiến kinh nghiệm là giúp học sinh tìm hiểusâu hơn về một số tính chất của dãy số Fibonacci và có thể áp dụng để giải quyếtmột số dạng bài tốn khó trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi thuộc các lĩnh vựcđại số, giải tích, số học, lí thuyết trị chơi hay tổ hợp.

1.3. Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của Sáng kiến kinh nghiệm là các lớp chuyên Toán,các đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn Trường THPT chun Lam Sơn.

1.4. Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu về hàm số, dãy số, lí thuyết chiahết, giải tích, phương pháp dạy học mơn Tốn... có liên quan đến đề tài Sáng kiếnkinh nghiệm.

Quan sát: Quan sát thực trạng Dạy - Học của các lớp chuyên Toán 10, 11,12 nói chung và đội tuyển HSG mơn Tốn nói riêng, phần dãy số ở Trường THPTchuyên Lam Sơn.

Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khảthi và hiệu quả của việc vận dụng dạy học một số nội dung trong phần dãy số vàodạy các lớp chuyên Toán 10, 11, 12 và đội tuyển học sinh giỏi Toán ở TrườngTHPT chuyên Lam Sơn.

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

2. NỘI DUNG

1. Dãy số Fibonacci và cơng thức tổng qt của nó.

1.1. Định nghĩa. Dãy số ( )F được xác định bởi hệ thức truy hồi sau đâyn

1 1

F  , F  , 2 1 Fn Fn1Fn2,n3,4,... gọi là dãy Fibonacci.

1.2. Định lí. Số hạng tổng quát của dãy Fibonacci được cho bởi công thức

Ta cần chứng minh Fn u nn, 1,2,...Với nhận xét: a b 1,ab1, ta có:

Bằng qui nạp chứng minh được un F nn, 1,2,...

2. Một số tính chất của dãy số Fibonacci.

Ở các bài tốn dưới đây, mỗi bài tốn cho chúng ta một tính chất của dãy sốFibonacci. Trong một số bài toán chỉ trình bày vắn tắt hoặc gợi ý hướng dẫn giảimà khơng trình bày tường minh lời giải bài tốn bởi lẽ việc trình bày chi tiết lờigiải ở những bài tốn đó khơng phải là mục tiêu hướng đến của bài viết này.

 

b) Tính nnn

   .Suy ra n



b) 2121

12 ... nnn 1, 2.

F F  F F F n 

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

HD.

Chứng minh các khẳng định a) b) c) trên bằng phương pháp qui nạp theo n

(hoặc sử dụng định nghĩa của dãy Fibonacci). Sử dụng câu b) và c) suy ra câu d).

1211( 2 ) 1, 1,2,..., 1.

F F   F F F F  F F k  n Cộng cácđẳng thức vế theo vế suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét. Từ kết quả câu b) suy ra bài tốn thi IMO - 1981. Tìm nghiệm nguyên

dương của phương trình: (n2  mn m 2 2) 1.

b) Chứng minh bằng qui nạp theo n,

c) Cố định m. Kí hiệu khẳng định trên là P(n). Ta chứng minh P(n) đúng

với n 3 bằng qui nạp mạnh.

(Mở rộng: Nếu a m n( , ) khi đó tồn tại các số nguyên x y x, ( 0,y0) sao cho

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

222233223nn( n 2 1n ) n 1( n 1 n1) nn 1 n 1( n 1 n 1)

F F F F  F F   F F F  F F   F Fn3Fn31 Fn31.

Bài 5. Cho dãy Fibonacci ( ).F Chứng minh rằng với mỗi số nguyên nn 0.a) 2

FF F



b) 2 1 2121



c) 2 21211

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

Vậy khẳng định bài toán được chứng minh.

Bài 9. Chứng minh rằng với mọi n 1, hai số hạng liên tiếp của dãy số Fibonacci

cho d. Vì Fn3 Fn1  Fn2 nên Fn3 cũng chia hết cho d.

Cứ tiếp tục như vậy ta dẫn đến F cũng chia hết cho d. Mà F2 2 = 1, nên ta có mâuthuẫn.

3. Áp dụng dãy số Fibonacci trong một số dạng bài toán nâng cao.

Các bài toán dưới đây áp dụng dãy số Fibonacci vào một số dạng bài tốnkhó trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi thuộc các lĩnh vực đại số, giải tích, số học,lí thuyết trị chơi hay tổ hợp. Cũng như trên, trong mục này một số bài tốn chỉtrình bày vắn tắt hoặc gợi ý hướng dẫn giải mà khơng trình bày tường minh lờigiải bài toán.

Bài 10. Chứng minh rằng nếu x2  x 1 thì với n 2, ta có n 1.

suy ra n 1nn

      

Ta có: 2     1 1 2 3,1 2(1 ) (1  )3.

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

Do đó



33



31

Bài 13. (IMO-1981). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức m2 n2, với m ,n là hai số

nguyên dương thoả mãn m n ,



1,2,...,1981



và (n2  mn m 2 2) 1. (1)

Giải.

Nếu m 1 thì chỉ có hai cặp (1;1) và (2;1)thoả mãn (1).

Giả sử cặp ( ; )n m thoả mãn (1) với 11 m  Vì 1 1. 2

1( 11) 1 1 0,

n n  m m   nênta có m1n1 2 .m1

Đặt n2 m m1, 2  n1 m1 thì 22 222 2

1 ( n  n m  m ) (n  n m  m ) , nhưvậy cặp ( ;n m cũng thoả mãn (1), đồng thời 22) n2 m2. Nếu có n2 m2 thì ta lạiđược cặp ( ;n m với 33) n3 m m2, 3 n2  m2 cũng thoả mãn (1).

Như vậy ta được dãy n1 n2 ..., do đó sau hữu hạn bước ta đi đến cặp (1;1).Nếu cặp ( '; ')n m nhận được từ cặp ( ; )n m thì n m n m n ' ',  '. (*)

Ngược lại với cặp ( '; ')n m thoả mãn (1) thì cặp ( ; )n m nhận được từ (1) cũng thoảmãn (1).

Như vậy, mọi cặp ( ; )n m thoả mãn (1) đều nhận được từ (1; 1) nhờ quan hệ (*).Do đó ta có tất cả các cặp thoả mãn (1) là : (1;1),(2;1),(3;2),(5;3),...(1597;897)

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

(tức là các cặp (F F ii1; ),i 1,2,...,Fi là số Fibonacci thứ i) và các hoán vị của cácthành phần trong từng cặp.

Vậy giá trị lớn nhất của m2 n2 là 15972 8972.

Bài 14. Khi kiểm tra tính nguyên tố của số Mersenne, người ta thường dùng dãy

truy hồi sau: 2

  nên 2 12

 

Bài 17. Chứng minh rằng

1 1 21

.F F

  



</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

Bài 18. Cho dãy Fibonacci ( )F và k, n là các số tự nhiên tuỳ ý. Chứng minh rằngn

phân số sau đây là tối giản: 2

Tiếp tục quá trình trên ta đi đến kF4 F d2 và kF3F d1 . Suy ra

 là phân số tối giản.

Bài 19. Cho dãy số Fibonacci ( ) :FnF1 F2 1,Fn2 Fn1F nn, 1. Đặt2

 (1)

Nói cách khác dãy ( )v là dãy sinh ra bởi dãy Fibonacci ( )nF bằng cách thêm vàon

trước dãy này ba số hạng 1,1,0.

Gọi r là phần dư trong phép chia iv cho 1989 (ii 0,1,2,...). Như vậy ta có

0 r 1988. Xét dãy các cặp sau đây ( , ),( , ),( , ),....r r01 r r12 r r23 vì mỗi số r chỉi

nhận một trong 1989 giá trị, vậy các cặp khác nhau tối đa là 1989 .2 Từ đó theongun lí Dirichlet thì trong 19892 1 cặp đầu tiên có ít nhất hai cặp trùng nhau.

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

Giả sử hai cặp trùng nhau đó là ( ,r rpp1), (rp s ,rp s 1), ,p s . Điều ấy có nghĩa là

r r  r  r   Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng qui nạp rằng rk rk s , kp.

Thật vậy, Giả sử ta đã có rk rk s với mọi k thoả mãn p k m  với số m nào đó

mà m p 1. Xét k m 1. Từ (1) và giả thiết qui nạp suy ra

v    v   v   v  v    v   r   r  r    r  Do đó rm 1 s rm1. Vậy, theo ngun lí qui nạp, ta có rk rk s , kp.

Nếu p 0 thì ta chứng minh thêm rằng rk rk s với mọi k thoả mãn 0  k p 1.Từ (1) ta có

v    v   v    v   v   v  r    r   r   r Do đó rp1rp 1 s. Sau p  1 bước xét tương tự, ta được:

11 , 22 , ..., 11 , 0 .

r  r   r  r   r r r r

Vậy rk rk s , k 0,từ đó suy ra r0  rsr2s r3s ....rks, k 1.Suy ra h v( ) 1989ks  A h v ( ) 19890  A h ( 1) 1989 .  A

Rõ ràng vks, k 1,2,... đều là số Fibonacci. Suy ra có vơ hạn số Fibonaci v màks

Ta có f n( ) 2 1989(  n2  n 1) 26( n1) (4 n2 7n1). Do 1989 13  f n( ) 2 13   f n( ) 2 1989,  n.

Nói cách khác khơng tồn tại số F nào của dãy Fibonacci để nf F  ( ) 2 1989.n

Bài 20. Cho dãy số Fibonacci : F1 F2 1,Fn2 Fn1F nn, 1. Tìm19601988

gcd(F ,F ).

Ta sẽ chứng minh rằng ( , )F Fmn F( , )m n (1).

Từ định nghĩa dãy số Fibonacci, ta suy ra (Fn1, ) 1,Fn  n1. (2)

Tiếp theo sử dụng bài 3c) suy ra với m n , ta có Fm F Fn m n 1F Fn1 m n (3)

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

Từ (3) suy ra ước chung lớn nhất của Fm n và F là ước của nF (và mF ), ướcn

chung lớn nhất của F và mF là ước của nF Fn1 m n . Do (2), nó cũng là ước số của

 ta được F F2n 2n11 F F2 1 2n n1 F2n1,n2.Suy ra 1

Bài 23. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng:

(p1)( )(p p 1)...(p n 2) (1)(0)( 1)...(   n 2) 0(mod ) p  đpcm.c) Áp dụng định lí Binet và khai triển nhị thức Niutơn, ta có:

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">



1325



5 5 ... .2

5p 1(modp)

 (với p 5). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài 24. Đặt L1 2,L2 1,Ln2 Ln1L nn, 1 gọi là dãy Lucas. Chứng minhrằng: 2 121

Với n 1, thì theo giả thiết, ta có

P(3) 2, (4) 3 P   P x( )  x 1 P(5) 5 F5 1. Như vậy khẳng

định đúng với n =1.

Giả sử khẳng định của bài toán đúng đến n  1, ta chứng minh khẳng định cũng

đúng với n. Thật vậy giả sử P(x) có bậc < n và có

( ) k, 2, 3,...,2 2.

P k F k n  n n Xét ( )Q x P x( 2) P x( 1), suy ra Q x( )

có bậc  n 1.

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

Lại có Q k( )P k( 2) P k( 1)Fk2  Fk1F k nk,  1,n2,...,2 .n Do đótheo giả thiết qui nạp ta có Q n(2 1)F2 1n  1. Nhưng

Vậy khẳng định đúng với n. Lấy n 1003, ta được điều phải chứng minh.

(Nhận xét: Bài toán trên là mở rộng của bài toán thi Olympic RUMANIA 1983sau: Với dãy Fibonacci



F và đa thức P(x) bậc 990 thỏa mãn P(k) = Fn



k , k =992, …, 1982 thì P(1983)= F1982 -1).

Bài 26. Cho số nguyên dương n và S 



1,2,..., .n



Tìm số các tập con (kể cả tập

rỗng) của S mà không chứa hai số nguyên dương liên tiếp.

Loại 2: Gồm các tập không chứa n 2.

Nếu A là tập loại 1 thì A khơng chứa n + 1. Do đó nếu bỏ đi khỏi A phần tử n 2

ta được một tập con của An. Ngược lại với mỗi tập con B của An thì tập





A B  n là tập loại 1 của An+2 thành thử số tập loại 1 là an.

Mỗi tập loại 2 rõ ràng là một tập con của An+1 và ngược lại. Thành thử số tập loại

Bài 27. Cho số nguyên dương n và S 



1,2,..., .n



Gọi cn là số các tập con của S

mà chứa đúng hai số nguyên dương liên tiếp. Chứng minh rằng1

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

- Nếu C là tập loại 1 thì C khơng chứa n (vì nếu C chứa n thì C chứa hai

cặp số nguyên liên tiếp n n , 1 và n1,n2). Bỏ đi khỏi C các phần tử

n n thì ta được một tập con của



1,2,...,n 1



không chứa hai số nguyêndương liên tiếp, do đó nó là phần tử của An-1 (trong bài 31). Ngược lại với mỗi tậpcon A của An-1 thì tập C  A



n1,n2



là tập loại 1 của Cn2. Phép tương ứng

này là song ánh. Thành thử số tập loại 1 là an-1 Fn1.

- Mỗi tập loại 2 rõ ràng là một tập con của Cn+1 và ngược lại. Thành thử số

tập loại 2 là cn+1.

- Nếu C là tập loại 3 thì C khơng chứa n +1. Do đó loại bỏ đi khỏi C phần

tử n 2 ta được một tập con của Cn. Ngược lại mỗi tập con B của Cn thì tập





C B  n là một tập loại 3 của Cn+2. Thành thử ta có hệ thức sau

c  c  c F n

Ta có c1 0,c2 1,c2 2. Từ đó bằng phương pháp qui nạp và sử dụng hệ thứctruy hồi của dãy Fibonacci ta có cơng thức trên.

Bài 28. (VMO – 94B). Cho dãy số Fibonacci ( ), (unn 1,2,...)được xác định bởi:

uu  s u u

11

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

Bài 29. (Putnam - 1998). Đặt A1 = 0, A2 = 1. Với mỗi số tự nhiên n 2, An đượcđịnh nghĩa là số được tạo thành bằng cách viết liên tiếp các chữ số của số An1 và

A (trong hệ thập phân) từ trái sang phải (ví dụ A3 A A2 1 10, A4 A A3 2 101,54 3 10110,

A A A  và các số tiếp theo tiếp tục như vậy). Hãy xác định tất cả các

số nguyên dương n sao cho A chia hết cho 11.n

Bằng qui nạp ta có các số hạng của (mod 2)Fn là 1,1,0,1,1,0,1,1,0,...

Ta xét vài số hạng của An(mod11):

Giả sử tồn tại n 4 sao cho Fn  1 P(P là tập số nguyên tố).

Theo tính chất của dãy Fibonacci, ta có



2 1

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

Bài 32. Chứng minh rằng:

a) 1 m1nmn

F   F chia hết cho Fn2.b) m1 m1

( 1) 6 5.10

Bài 34. Cho dãy số Fibonacci: F1 F2 1,Fn2 Fn1 F nn, 1. Giả sử với một số

n nào đó và a, b là hai số nguyên dương thoả mãn điều kiện

Bài 35. Cho dãy số Fibonacci F1F2 1,Fn2 Fn1F nn, 1. Chứng minh rằng

với mỗi số m nguyên dương điều tồn tại số tự nhiên n sao cho F mn .

Bài 36. Tìm giá trị của biểu thức

( 1)kk .

Bài 37. Chứng minh rằng



</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

a) Tìm p và q sao cho với mọi số tự nhiên n *, đẳng thức sau đây đúng 1 2 3 ( 1)n

a a   a a    .

b) Chứng minh rằng với mọi p, q nói trên ta có an an1 an2 với mọi số

tự nhiên dương n.

c) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên dương n, a là một số nguyên, vàn

nếu n chia hết cho 3 thì a là số chẵn.n

Bài 39. Cho dãy ( )u được định nghĩa như sau:n

1 0, 2 1, n 2 nn 1 1, 1.

u  u  u  u u   n

Chứng minh rằng nếu n 5 là số nguyên tố, thì (u u  chia hết cho n.nn 1)

3. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN,

ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG

Là giáo viên dạy chuyên Toán nhiều năm, khi cùng các đồng nghiệp triểnkhai sáng kiến kinh nghiệm này cho các lớp chuyên Toán và đội tuyển dự thichọn HSG quốc gia hàng năm, tôi thấy đã đạt được những kết quả rất tích cực. Cụthể, các em đã nắm bắt được các tính chất cơ bản của dãy số Fibonacci và có thểtự giải quyết được ngay một số bài toán liên quan trong đề thi hay bài tập nângcao.

Trước khi áp dụng sáng kiến này: các em chưa có cái nhìn hệ thống về dãysố Fibonacci, cịn lúng túng khi gặp các bài tốn nâng cao có liên quan đến dãy sốnày.

Sau khi áp dụng sáng kiến: các em đã nắm bắt được các tính chất cơ bản,quan trọng của dãy số Fibonacci và có thể tự giải quyết được ngay một số bài toánliên quan trong đề thi hay bài tập nâng cao. Nhờ đó, trong kì thi HSG quốc gia lớp12 các năm học 2022-2023, 2023-2024 có 100% (10/10) các em đều đạt giải. Cụthể, năm học 2022-2023 có 2 giải nhì, 2 giải ba và 6 giải KK; năm học 2023-2024có 01 giải Nhì, 04 giải Ba, 05 giải KK.

Sáng kiến này với hệ thống bài tập là một tài liệu để các em tra cứu và tựluyện. Giáo viên nên cho các em làm hết tất cả các bài tập, xem kĩ các bài tậpmẫu. Các bài tập này giúp các em biết vận dụng cao hơn, tư duy sâu hơn, pháttriển kĩ năng giải Toán.

</div>