AnnieSally

ỨNG DỤNG SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

 

 

Định lí Viet đối với phương trình bậc ba được phát biểu như sau:

Nếu phương trình: $ax^3+bx^2+cx+d=0, a\neq0$ có $3$ nghiệm $x_1, x_2, x_3$ thì

$$\left\{\begin{matrix} & x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a} & \\ & x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{c}{a} & \\ & x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a} & \end{matrix}\right.$$

Ngược lại, với ba số thực $a,b,c$ bất kì thì chúng là nghiệm của phương trình

$x^3+mx^2+nx+p=0(*)$, với $m=-(a+b+c), n=ab+bc+ca, p=-abc$

Do đó, từ sự tồn tại nghiệm của phương trình $(*)$ sẽ dẫn tới các bất đẳng thức ba biến $a,b,c$. Trong bài viết này sẽ giới thiệu với bạn đọc ứng dụng của việc làm đó.

Đặt: $x=y-\frac{m}{3};\alpha=\frac{m^2}{3}-n;\beta=\frac{2m^3-9mn+27p}{27}$. Ta thu được phương trình

$$y^3-\alpha y+\beta=0(**)$$

Số nghiệm của $(**)$ chính là số giao điểm của đồ thị $($$C$$):f(y)=y^3-\alpha y+\beta$ với trục hoành

Ta có: $f'(y)=3y^2-\alpha$

Nếu $\alpha <0$ thì $f'(y)>0, \forall y$ nên phương trình $(**)$ có đúng $1$ nghiệm

Nếu $\alpha =0$ thì phương trình $(**)$ có nghiệm bội ba.

Nếu $\alpha >0$ thì $f'(y)=0$ có $2$ nghiệm $y_1=-\sqrt{\frac{\alpha}{3}};y_2=\sqrt{\frac{\alpha}{3}}$

$f(y_1)=\frac{2\alpha}{3}\sqrt{\frac{\alpha}{3}}+\beta, f(y_2)=-\frac{-2\alpha}{3}\sqrt{\frac{\alpha}{3}}+\beta$

Suy ra $f(y_1).f(y_2)=\beta ^2-\frac{4\alpha ^3}{27}=\frac{27\beta ^2-4\alpha ^3}{27}$

Do đó ta có: 

• Phương trình $(**)$ có ba nghiệm (có thể trùng nhau) khi và chỉ khi:​

$$f(y_1).f(y_2)\leq 0\Leftrightarrow 4\alpha ^3-27\beta ^2\geq 0$$

Hay là: $\left | 27p+2m^3-9mn \right |\leq 2\sqrt{(m^2-3n)^3}(1)$

Bây giờ ta đi xét một số trường hợp đặc biệt sau: 

1) Cho $m=0$ khi đó $(1)$ trở thành: $-4n^3-27p^2\geq 0\Leftrightarrow p^2\leq -\frac{4}{27}n^3$

 

Thí dụ $1$. Cho các số thực $a,b,c$ không đồng thời bằng $0$ thỏa $a+b+c=0$ 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{13a^2b^2c^2-2abc-2}{(a^2+b^2+c^2)^3}$

Lời giải. Đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$

Suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình: $x^3-mx+n=0(4)$

Ta có: $p^2\leq -\frac{4}{27}n^3\Rightarrow n^3\leq -\frac{27}{4}p^2$

Do đó: 

$$13p^2+2p-2\leq -2n^3\Leftrightarrow 13a^2b^2c^2-2ab-2\leq -2(ab+bc+ca)^3$$

Mà $(a+b+c)^2=0\Rightarrow ab+bc+ca=-\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)$

Dẫn tới: $13a^2b^2c^2-2abc-2\leq \frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)^3\Rightarrow P\leq \frac{1}{4}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} n=2 & \\ m=3 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình

$$x^3-3x+2=0\Leftrightarrow (x-1)^2(x+2)=0=1,x=-2$$

Vậy $\max P=\frac{1}{4}$ đạt được khi $(a,b,c)=(1,1,-2)$ và các hoán vị

Thí dụ 2. Cho các số thực $a,b,c$ có tổng bằng $0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$P=(a^2+b^2+c^2)^5-32(ab+bc+ca)a^2b^2c^2-8\left | abc \right |$$

Lời giải. 

Đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$ suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình: $x^3+nx+p=0(4)$

Ta có: $p^2\leq -\frac{4}{27}n^3 \Rightarrow -n^3\geq \frac{27}{4}p^2\Rightarrow \left | n^3 \right |\geq \frac{27}{4}p^2$

Vì $a+b+c=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)=-2n \Rightarrow n\leq 0$

Do đó: $P=-32n^5-32np^2-8\left | p \right |=32\left [ (-n)^5+(-n)p^2 \right ]-8\left | p \right |\geq 64\left | n^3 \right |\left | p \right |-8\left | p \right |\geq 8(54\left |p \right |^3-\left | p \right |)$

Xét hàm số: $f(t)=54t^3-t, t\geq 0$ ta có:

$$f'(t)=162t^2-1,f'(t)=0\Leftrightarrow t=\dfrac{\sqrt{2}}{18}$$

Lập bảng biến thiên ta có $\min_{t\geq 0}f(t)=f\left ( \frac{\sqrt{2}}{18} \right )=-\frac{\sqrt{2}}{27}$

Suy ra $P\geq -\frac{8\sqrt{2}}{27}$. Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} p=\dfrac{\sqrt{2}}{18} & \\ n=-\dfrac{1}{\sqrt[3]{24}} & \end{matrix}\right.$ hay $a,b,c$ là nghiệm của phương trình $$t^3-\dfrac{1}{\sqrt[3]{24}}t+\dfrac{\sqrt{2}}{18}=0$$

$$\Leftrightarrow \left ( t-\dfrac{1}{\sqrt{6\sqrt[3]{3}}} \right )^2\left ( t+\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt[3]{9}} \right )=0=\dfrac{1}{\sqrt{6\sqrt[3]{3}}},t=-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt[3]{9}}$$

Vậy $\min P=-\frac{8\sqrt{2}}{27}.$ Đạt được khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{6\sqrt[3]{3}}},c=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt[3]{9}}$ và các hoán vị

2) Cho $n=km^2$, khi đó $(1)$ trở thành $\left | 27p+(2-9k)m^3 \right |\leq 2\left | m^3 \right |\sqrt{(1-3k)^3}$

 

Thí dụ 3. Cho các số thực $a,b,c$ thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca).$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$P=abc(a+b+c)^3+\frac{1}{(abc)^4}$$

Lời giải.

Đặt $m=-(a+b+c),n=ab+bc+ca,p=-abc,$ suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình

$$t^3+mt^2+nt+p=0$$

Từ giả thiết ta suy ra: $(a+b+c)^2=4(ab+bc+ca)=\frac{m^2}{4}$

Suy ra: $$\left | 27p-\frac{m^3}{4} \right |\leq \frac{|m^3|}{4}\Leftrightarrow |108p-m^3|\leq |m^3|$$

$$\Leftrightarrow p(54p-m^3)\leq 0\Leftrightarrow pm^3\geq 54p^2$$

Do đó:

$$P=pm^3+\frac{1}{p^4}\geq 54p^2+\frac{1}{p^4}=27p^2+27p^2+\frac{1}{p^4}\geq 3\sqrt[3]{27p^2.27p^2.\frac{1}{p^4}}$$ (đpcm)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & n=\dfrac{m^2}{4} & \\ & 27p^2=\dfrac{1}{p^4} & \\ & 54p=m^3 & \end{matrix}\right.$ chẳng hạn ta chọn $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & p=\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \\ & m=\sqrt[3]{18\sqrt{3}} & \\ & n=\dfrac{\sqrt[3]{972}}{4} & \end{matrix}\right.$ hay $a,b,c$ là nghiệm của phương trình $t^3+\sqrt[3]{18\sqrt{3}}t^2+\frac{\sqrt[3]{972}}{4}t+\frac{1}{\sqrt{3}}=0\Leftrightarrow \left ( t+\frac{\sqrt[3]{18\sqrt{3}}}{6} \right )^2\left ( t+\frac{\sqrt[3]{4}}{\sqrt{3}} \right )=0$

Vậy $\min P=27$ đạt được khi $a=b=-\frac{\sqrt[3]{18\sqrt{3}}}{6},c=\frac{\sqrt[3]{4}}{\sqrt{3}}$ và các hoán vị

Thí dụ 4. Cho các số thực $a,b,c$ thoả $2(a^2+b^2+c^2)=5(ab+bc+ca).$ Chứng minh rằng

$$\frac{1}{27}(a+b+c)^2+\sqrt[3]{abc+1}\geq 0$$

Lời giải. 

Đặt $m=-(a+b+c),n=ab+bc+ca,p=-abc$ ta suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $$x^3+mx^2+nx+p=0$$

Từ giả thiết suy ra $2(m^2-2n)=5n \Rightarrow n=\frac{2}{9}m^2$

Mặt khác: $|27p+2m^3-9mn|\leq 2\sqrt{(m^2-3n)^3}$ nên ta suy ra 

$$|27p|\leq 2\sqrt{\frac{m^6}{27}} \Rightarrow 27p^3.p^2\leq 4m^6 \Rightarrow 27\sqrt[3]{\frac{p^2}{4}}\leq m^2$$

Do đó: $$\frac{1}{27}(a+b+c)^2\geq \sqrt[3]{\frac{p^2}{4}}$$

Ta chứng minh: $\sqrt[3]{\frac{p^2}{4}}\geq \sqrt[3]{p-1}\Leftrightarrow (\frac{p}{2}-1)^2\geq 0$ (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} & p=2 & \\ & m^2=27 & \\ & n=6 & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & p=2 & \\ & m=\pm 3\sqrt{3} & \\ & n=6 & \end{matrix}\right.$ hay $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $t^2\pm 3\sqrt{3}t^2+6t+2=0$

3) Xét $m^2-3n=c,c$ là hằng số cho trước

 

Thí dụ 5. Cho các số thực $a,b,c$ thoả $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca+4.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$P=18(ab+bc+ca)^2-(ab+bc+ca)(a+b+c-48)+9abc.$$

Lời giải.

Đặt $m=-(a+b+c),n=ab+bc+ca,p=-abc$

Từ giả thiết suy ra $(a+b+c)^2=3(ab+bc+ca)+4\Rightarrow m^2=3n+4$

Mặt khác: $|27p+2m^3-9mn|\leq 2\sqrt{(m^2-3n)^3}$

Suy ra: $|27p+2m(3n+4)-9mn|\leq 18 \Leftrightarrow |27p-3mn+8m|\leq 16$

$$\Rightarrow mn-9p\geq \dfrac{8m-16}{3}$$

Mặt khác: 

$P=18(ab+bc+ca)^2+48(ab+bc+ca)-(ab+bc+ca)(a+b+c)+9abc$

$=2[3(ab+bc+ca)+4]^2-(ab+bc+ca)(a+b+c)+9abc-16$

$=2(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)(a+b+c)+9abc-16$

$=2m^4+mn-9p-16\geq 2m^4+\frac{8m-16}{3}-16=\frac{1}{3}(6m^4+8m-64)$

Xét hàm số: $f(m)=6m^4+8m-64,$ ta có:

$$f'(m)=24m^3+8 \Rightarrow f'(m)=0=-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$$

Suy ra: $f(m)\geq f\left ( -\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \right )=-\frac{6}{\sqrt[3]{3}}-64.$ Nên $P\geq -\frac{1}{3}\left ( \frac{2}{\sqrt[3]{3}}+64 \right )$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{\begin{matrix} & m=-\dfrac{1}{\sqrt[3]{3}} & \\ & n=\dfrac{1}{3}\left ( \dfrac{1}{\sqrt[3]{9}}-4 \right ) & \\ & p=\dfrac{1}{9}\left ( \dfrac{4}{\sqrt[3]{3}}+\dfrac{47}{9} \right ) & \end{matrix}\right.$, suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình:

$$t^3-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}t^2+\frac{1}{3}\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{9}}-4 \right )t+\frac{1}{9}\left ( \frac{4}{\sqrt[3]{3}}+\frac{47}{9} \right )=0$$

Vậy $\min P=-\frac{1}{3}\left ( \dfrac{2}{\sqrt[3]{3}}+64 \right )$

Phương pháp này có thể nói là một phát biểu kiểu khác của $p,r,q$. Tuy nhiên, với việc đánh giá bất đẳng thức $(1)$ cho phép ta chế các bài toán về cực trị và bất đẳng thức ba biến với đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Chuyên đề sẽ được tiếp tục hoàn thành với những kết quả có ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức. Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đọc.

 

Bài tập.

Bài 1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả $(a+b+c)^3=32abc.$ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^4+b^4+c^4}{(a+b+c)^4}$.

Bài 2. Cho các số thực $a,b,c$ có tổng bằng $-1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=2abc+(ab+bc+ca)^2$

Bài 3. Cho $a,b,c\geq 0$ thoả $a+b+c=1$. Tìm GTLN của $P=\sqrt{abc}(a^2+b^2+c^2)$

Bài 4. Cho các số thực $a,b,c$ thoả mãn đồng thời hai điều kiện $a+b+c=3$ và $abc\geq -4$ 

Chứng minh rằng: $3abc+12\geq 5(ab+bc+ca)$

Nguyễn Tất Thu

http://www.sumanasin...espiration.html

Glycolysis: Đường phân

Krebs cycle : chu trình Crep

Electron Transport Chain: Chuỗi chuyền electron

Một công cụ cân bằng nhanh các phản ứng oxi hóa-khử nhanh

Đây là trang web học hóa mà mình thấy hay nhất

http://www.webqc.org/balance.php

 

Cách làm:

B1: Nhập phản ứng cần cân bằng vào ô :' Enter a chemical equation to balance'

B2: Enter-->OK

Trong chuỗi chuyền e, nếu xitôcrom $3$ (trong phức hệ $IV$) bị bất hoạt sẽ xảy ra điều gì?

Tại sao một số trẻ lại tận dụng được hiệu quả của việc học gia sư? Và liệu một nghiên cứu nhỏ về giáo dục có thể thay đổi đáng kể hành vi các bậc cha mẹ hay không?

Những bậc cha mẹ có con em đang gặp khó khăn trong việc học toán thường cho rằng học gia sư với cường độ cao sẽ là cách tốt nhất để trẻ có thể nắm được những kĩ năng quan trọng, nhưng một nghiên cứu mới công bố vào ngày thứ $2$ đã nêu lên rằng đối với một số trẻ phương pháp này thậm chí là nguyên nhân dẫn đến việc quên mất kiến thức.

Cũng theo bài nghiên cứu, từ kích cỡ của một tổ chức não bộ và những liên kết giữa nó và các vùng não khác ta có thể kết luận được những trẻ ở độ tuổi $8-9$ nào không thu được sự hiệu quả từ việc học gia sư một kèm một (dạy kèm).

Người thực hiện nghiên cứu là giáo sư Vinod Menon, chuyên trách nghiên cứu về tâm thần học và khoa học hành vi tại Khoa Y học trường Đại học Standford. Ông cho biết “Chúng tôi có thể dự đoán trẻ có thể tiếp thu nhiều bao nhiêu từ việc học gia sư dựa trên các phép đo về não bộ và những kết nối.” Bài nghiên cứu này đã được đăng trên ấn bản trực tuyến của Kỷ yếu Viện Hàn lâm Khoa học Quốc gia (Proceedings of the National Academy of Sciences) và cũng là nghiên cứu đầu tiên sử dụng việc minh họa não bộ bằng hình ảnh để tìm ra những kết nối giữa các thuộc tính não bộ và khả năng học toán. Tuy nhiên, bài nghiên cứu nhận được khá nhiều chỉ trích mặc dù được đăng trên một tạp chí đầy uy tín.

“Nếu như quan niệm rằng kiểm tra não bộ trẻ trước khi đưa ra quyết định cho trẻ theo học môn gì được phổ biến rộng rãi thì sẽ có những vấn đề nổi cộm nảy sinh.”

Giáo sư Jonathan Moreno phụ trách đạo đức học y khoa (giảng dạy ngành Y đức) tại trường Đại học Pennysylvania, e ngại rằng sẽ có những bậc cha mẹ và giáo viên có thể “từ bỏ ngay” những đứa trẻ học yếu môn toán. “Nếu như quan niệm rằng việc kiểm tra não bộ trẻ trước khi đưa ra quyết định cho trẻ theo học môn gì được phổ biến rộng rãi thì sẽ có những vấn đề nổi cộm nảy sinh.”

Ông Menon và các cộng sự của mình cùng cho rằng nghiên cứu của họ không nên đưa ra những kết luận vội vàng. Họ đang tìm hiểu xem liệu bất kì một sự can thiệp nào vào não bộ có thể tạo nên sự thay đổi để những trẻ học kém môn toán có thể tiếp thu tốt hơn từ việc học thêm gia sư.

Ông Menon cho hay, tương tự như việc học tung hứng làm tăng khối lượng chất xám trong não bộ người trưởng thành – vùng phụ trách những chú ý không gian, có lẽ có cách để làm tăng khối lượng những vùng não liên quan đến việc học số học trước khi trẻ bắt đầu học gia sư Toán.

Ông cho rằng, tới lúc đó, “có thể tưởng tượng” được rằng cha mẹ sẽ hiểu được thông điệp của nghiên cứu mới này như đã nói một số trẻ không thể đạt hiệu quả trong việc học gia sư Toán, “và thậm chí từ bỏ trước khi thử. Tất cả những gì được thể hiện thì khá thiếu rõ ràng.”

Toán học tâm thức

Đồng tác giả nghiên cứu Lynn Fuchs, giáo sư chuyên về giáo dục đặc biệt tại trường Đại học Vanderbilt và cũng là chuyên gia nghiên cứu phương pháp cải thiện kĩ năng đọc và làm toán dành cho học sinh bị khiếm khuyết khả năng tiếp thu, chia sẻ nghiên cứu được thực hiện như một cách tìm hiểu tại sao có những trẻ lại tiếp thu hiệu quả hơn từ việc học gia sư Toán so với những trẻ khác.

Khi thực hiện nghiên cứu, trước tiên những nhà khoa học tiến hành một số cuộc thử nghiệm để đo chỉ số thông minh IQ của $24$ học sinh lớp $3$. Những trẻ này cũng trải qua ca chụp cắt lớp não bộ. Kết quả từ kĩ thuật cộng hưởng từ cấu trúc cho biết kích thước và hình thù những vùng khác nhau trong khi những kết quả từ kĩ thuật cộng hưởng từ chức năng cho thấy những kết nối giữa những vùng (não) đó.

Sau đó, trẻ được tham dự $22$ tiết học gia sư một kèm một trong vòng $8$ tuần, thời lượng từ $8$ đến $9$ giờ mỗi tuần. Các buổi học gia sư tập trung vào kiến thức về số (những tính chất như $5+4=4+5$, và nhiều cặp số cộng vào, với kết quả là $9$) và việc hỏi đáp nhanh kiến thức toán (“tính nhanh $6+9$ bằng mấy?”).

Sau khóa học gia sư, tất cả số trẻ đó đều được trau dồi khả năng học số học, đưa ra đáp số đúng cho nhiều bài toán hơn và nhanh hơn. Nhưng có sự chênh lệch về mức độ cải thiện kĩ năng, từ $8$% đến $198$%.

Các nhà khoa học trình bày, không có phép đo nào (ghi nhận chỉ số IQ trước khi học gia sư, hoạt trộng trí não và kĩ năng làm toán) dự đoán được trẻ có thể tiến bộ đến mức nào. Nhưng khi các nhà khoa học so sánh đối chiếu sự tiến bộ của mỗi đứa trẻ với những kết quả chụp cắt lớp não bộ trước khi học gia sư, có hai kết nối bị đứt gãy. Khối lượng chất xám (các nơ ron thần kinh) ở hồi hải mã phải, một trong hai cấu trúc song sinh quan trọng trong việc hình thành trí nhớ, chênh lệch khoảng $10$% giữa các trẻ. Sức mạnh chiến thắng giữa hồi hải mã và thùy não trước và các trung tâm nề chênh lệch khoảng $15$%. Cả hai kết quả đều dự đoán được mức tiến bộ về kĩ năng giải toán của trẻ từ việc học gia sư.

Ông Menon cho hay thùy não trước, nằm phía sau trán, “quan trọng trong khả năng kiểm soát nhận thức, đóng vai trò hình thành trí nhớ thông tin lâu dài.” Trung tâm nền, những nếp gấp phía sau bề mặt ngoài của vỏ não, “có liên quan đến việc hình thành thói quen và thông tin về quy trình.” ví dụ như cách cộng số. “ Trẻ có hồi hải mã phải và hai cấu trúc lớn hơn và kết nối tốt hơn giữa hồi hải mã và hai cấu trúc này cải thiện kĩ năng giải toán số học. “ Những đặc điểm não bộ này giải thích được $25$ đến $55$% độ chênh lệch về sự tiến bộ của trẻ sau khi học gia sư. Tất nhiên,gần nửa sự khác biệt còn lại giữa các trẻ thì liên quan đến các nhân tố khác. Quy mô nghiên cứu là một trong số những vấn đề gây tranh cãi. Theo ý kiến của nhà tâm lý học Scott Lilienfeld của trường Đại học Emory, mẫu nghiên cứu chỉ có $24$ trẻ, tuy tương đương với nhiều nghiên cứu về chụp cắt lớp não bộ khác nhưng vẫn khá nhỏ đối với một nghiên cứu có thể ảnh hưởng đến hành vi của con người.

Ông cũng cho biết thêm: “Đây chỉ là một minh chứng vô cùng sơ khai về những khám phá mà đo đạc não bộ có thể mang lại, những điều mà các phép đo đạc tâm lý không thể làm được”. Lilienfeld còn là đồng tác giả cho cuốn sách sắp xuất bản của Sally Satel: Tẩy não: Lời mời gọi của ngành khoa học thần kinh vô nghĩa. Cuốn sách chỉ trích việc lạm dụng chụp não bộ; “Điều quan trọng là phải xem xét liệu kết quả nghiên cứu có đúng trên một mẫu nghiên cứu khác không, và liệu các phòng thí nghiệm khác có chứng thực được nghiên cứu không”.

Theo Lilenfeld, bởi vì các hình ảnh não bộ thường chính xác hơn các phép đo tâm lý, nên đáng lo ngại rằng các phụ huynh và các nhà giáo dục sẽ nghĩ nghiên cứu này như một bằng chứng để kết luận một vài trẻ không có khả năng học toán. Ông nói: “Khẩu hiệu ở đây là sự cẩn trọng”

Sharon Begley

Nguồn - Được dịch bởi Hồng Nhung