$hide=mobile

Bài Toán Tách Phân Thức

Cho trước các đa thức hệ số thực là $f(x)$ và $g(x)$, trong đó $\deg g>0$ khi đó ta luôn có thể viết phân tích chính tắc của $g$ dưới dạng\[g\left( x \right) = c{p_1}{\left( x \right)^{{k_1}}}{p_2}{\left( x \right)^{{k_2}}} \ldots {p_n}{\left( x \right)^{{k_n}}}.\]Ở đây, $c$ là một hằng số thực khác $0$ (là hệ số bậc cao nhất của $g(x)$), còn $p_i(x)$ là các đa thức monic bất khả quy trên $\mathbb R[x]$, tức là các đa thức ở dạng $x-r_i$ hoặc $x^2+a_ix+b_i$ với $r_i,\,a_i,\,b_i$ là các số thực đồng thời $\Delta_i=a_i^2-4b_i<0$.

Lúc này, theo thuật toán chia ta sẽ tách được phân thức $\frac{f(x)}{g(x)}$ về dạng\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = q\left( x \right) + {F_1}\left( x \right) + {F_2}\left( x \right) + \ldots + {F_m}\left( x \right).\]Trong đó $q(x)$ thực chất là thương của phép chia $f(x)$ cho $g(x)$, còn $F_i(x)$ là các phân thức cơ bản ở một trong hai dạng\[\frac{\lambda }{{{{\left( {x – {r_i}} \right)}^l}}},\quad \frac{{\alpha x + \beta }}{{{{\left( {{x^2} + {a_i}x + {b_i}} \right)}^l}}}.\]Ở đây $\alpha,\,\beta,\,\lambda$ là các hằng số thực, $l$ là số nguyên dương không vợt quá $k_i$.

Vấn đề chúng ta cần quan tâm đến, đó là việc xác định các $F_i(x)$ hay nói khác đi là xác định $\alpha,\,\beta,\,\lambda$. Trước tiên, ta xem xét trường hợp đơn giản nhất, đó là trường hợp mẫu số $g(x)$ không có nghiệm bội, hay nói khác đi là có $n$ số phức đôi một phân biệt $r_1,\,r_2,\,\ldots,\,r_n$ để có thể viết\[g\left( x \right) = c\left( {x – {r_1}} \right)\left( {x – {r_2}} \right) \ldots \left( {x – {r_n}} \right).\]Lúc này, sẽ phải có biểu diễn sau\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = q(x)+\frac{{{\lambda _1}}}{{x – {r_1}}} + \frac{{{\lambda _2}}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{{\lambda _n}}}{{x – {r_n}}}.\]Gọi $r(x)$ là đa thức dư nhận được sau khi đem $f(x)$ chia cho $g(x)$, thế thì ta có ngay\[\frac{{r\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{{\lambda _1}}}{{x – {r_1}}} + \frac{{{\lambda _2}}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{{\lambda _n}}}{{x – {r_n}}}.\]Do đó, với bài toán tách phân thức từ ban đầu, ta chỉ cần quan tâm đến tình huống $\deg f<\deg g$, và ta cần tìm cách xác định các hệ số $\lambda_i$, khi đó có\[r\left( x \right) = {\lambda _1}{g_1}\left( x \right) + {\lambda _2}{g_2}\left( x \right) + \ldots + {\lambda _n}{g_n}\left( x \right).\]Ở đây, $g_i(x)$ là các đa thức có bậc $n-1$ được xác định như sau $$g_{i}(x)=c \prod_{1 \leq j \leq n \atop j \neq i}\left(x-r_{j}\right).$$ Ta có được $g_i\left(r_j\right)=0$ với mỗi $j\ne i$, còn $$g_{i}\left(r_{i}\right)=c \prod_{1 \leq j \leq n \atop j \neq i}\left(r_{i}-r_{j}\right)=g^{\prime}\left(r_{i}\right).$$ Để ý là $g(x)$ không có nghiệm bội, còn $r_i$ là nghiệm của $g(x)$ cho nên sẽ kéo theo $g^{\prime}\left(r_{i}\right)\ne 0$. Như vậy là với mỗi chỉ số $i$, ta thấy ngay là có\[{\lambda _i} = \frac{{r\left( {{r_i}} \right)}}{{g’\left( {{r_i}} \right)}}.\]Tóm lại là có cái kết quả xinh xinh sau đây.

Kết quả. Cho $f(x),\,g(x)$ là các đa thức hệ số thực với $\deg f<\deg g$ và $g(x)$ không có nghiệm bội, khi đó nếu $g(x)$ có $n$ nghiệm phức là $r_1,\,r_2,\,\ldots,\,r_n$ thì\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{f\left( {{r_1}} \right)}}{{\left( {x – {r_1}} \right){g^\prime }\left( {{r_1}} \right)}} + \frac{{f\left( {{r_{21}}} \right)}}{{\left( {x – {r_2}} \right){g^\prime }\left( {{r_2}} \right)}} + \ldots + \frac{{f\left( {{r_n}} \right)}}{{\left( {x – {r_n}} \right){g^\prime }\left( {{r_n}} \right)}}.\]

Bây giờ, ta sẽ áp dụng kết quả tào lao vừa có vào một số bài toán.
  • [message]
    • Bài Toán 1. Đa thức $f(x)=2x^3+mx+3$ có ba nghiệm phân biệt là $a,\,b,\,c$, chứng minh rằng\[\frac{1}{{{f^\prime }\left( a \right)}} + \frac{1}{{{f^\prime }\left( b \right)}} + \frac{1}{{{f^\prime }\left( c \right)}} = 0.\]
      • Lời Giải. Theo kết quả trên ta có\[\frac{{ – x}}{{f\left( x \right)}} = \frac{{ – a}}{{\left( {x – a} \right){f^\prime }\left( a \right)}} + \frac{{ – b}}{{\left( {x – b} \right){f^\prime }\left( b \right)}} + \frac{{ – c}}{{\left( {x – c} \right){f^\prime }\left( c \right)}}.\]Lấy giới hạn khi $x$ tiến đến $0$ là có được thỏa mãn.
    • Bài Toán 2. Tính tích phân \[I = \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^3} – x}}dx.} \]
      • Lời Giải. Ta tách đa thức $g(x)=x^3-x$ ra như sau$$x^3-x=x(x-1)(x+1).$$ Lập hàm $\lambda \left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 1}}{{{g^\prime }\left( x \right)}} = \dfrac{{{x^2} + 1}}{{3{x^2} – 1}}$, kết quả phía trên sẽ cho ta $$\begin{align}\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^3} – 1}}{\rm{d}}x &= \left( {\frac{{\lambda \left( 0 \right)}}{x} + \frac{{\lambda \left( 1 \right)}}{{x – 1}} + \frac{{\lambda \left( { – 1} \right)}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x\\ &= \left( { – \frac{1}{x} + \frac{1}{{x – 1}} + \frac{1}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x\\ &= {\rm{d}}\left( {\ln \left| {x + 1} \right| + \ln \left| {x – 1} \right| – \ln \left| x \right|} \right).\end{align}$$ Để mà có kết quả là \[I = \ln \left| {x + 1} \right| + \ln \left| {x – 1} \right| – \ln \left| x \right| + {\rm{C}},\quad {\rm{C}}={\rm{const}}.\]
    • Bài Toán 3. Tính tích phân\[I = \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^5} + x}}dx.} \]
      • Lời Giải. Với $a=\frac{\sqrt 2}{2}(1+i)$ và $b=-a$, ta có được phân tích\[{x^5} + x = x\left( {x – a} \right)\left( {x – \overline a } \right)\left( {x – b} \right)\left( {x – \overline b } \right).\] Lại lập hàm $\lambda \left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 1}}{{{g^\prime }\left( x \right)}} = \dfrac{{{x^2} + 1}}{{5{x^4} + 1}}$, thì lại có \[\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^5} + x}}={\frac{{\lambda \left( 0 \right)}}{x} + \frac{{\lambda \left( a \right)}}{{x – a}} + \frac{{\lambda \left( {\overline a } \right)}}{{x – \overline a }} + \frac{{\lambda \left( { – a} \right)}}{{x + a}} + \frac{{\lambda \left( { – \overline a } \right)}}{{x + \overline a }}} .\]Vì là có\[{a^2} = {\left( { – a} \right)^2} = i = – {\overline a ^2} = – {\left( { – \overline a } \right)^2}.\]Cho nên là sẽ có\[\lambda \left( 0 \right) = 1,\;\lambda \left( a \right) = \lambda \left( { – a} \right) = – \frac{{1 + i}}{4},\;\lambda \left( {\overline a } \right) = \lambda \left( { – \overline a } \right) = – \frac{{1 – i}}{4}.\]Thay vào và rút gọn ta sẽ được $$\begin{align}\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^5} + x}} &= \frac{1}{x} – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\frac{a}{{x – a}} + \frac{{\overline a }}{{x – \overline a }}} \right) – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\frac{a}{{x + a}} + \frac{{\overline a }}{{x + \overline a }}} \right)\\&= \frac{1}{x} – \frac{{x – \sqrt 2 }}{{{x^2} – x\sqrt 2 + 1}} – \frac{{x + \sqrt 2 }}{{{x^2} + x\sqrt 2 + 1}}\\&= \frac{1}{x} – \frac{{2x – \sqrt 2 }}{{2\left( {{x^2} – x\sqrt 2 + 1} \right)}} – \frac{{2x + \sqrt 2 }}{{2\left( {{x^2} + x\sqrt 2 + 1} \right)}} \\&+ \frac{{2\sqrt 2 }}{{{{\left( {x\sqrt 2 – 1} \right)}^2} + 1}} – \frac{{2\sqrt 2 }}{{{{\left( {x\sqrt 2 + 1} \right)}^2} + 1}}.\end{align}$$ Sau khi lấy các tích phân cơ bản, là sẽ có kết quả\[I = \ln \left| {\frac{x}{{\sqrt {{x^4} + 1} }}} \right| + 2\arctan \left( {x\sqrt 2 – 1} \right) – 2\arctan \left( {x\sqrt 2 + 1} \right) + {\rm{C}}.\]
    • Bài Toán 4. Tính tích phân\[I = \int {\frac{dx}{{{x^{16}} + 1}}.} \]
      • Lời Giải. Xét đa thức $g(x)=x^{16}+1$, nó có đúng $16$ nghiệm phân biệt là\[{r_k} = \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{16} + i\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{16},\quad 1 \le k \le n.\] Xét hàm số $\lambda \left( x \right) = \dfrac{ 1}{{16{x^{15}}}}$, theo kết quả ở phía trên ta có\[\frac{1}{{{x^{16}} + 1}} = \frac{{\lambda \left( {{r_1}} \right)}}{{x – {r_1}}} + \frac{{\lambda \left( {{r_2}} \right)}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{\lambda \left( {{r_{16}}} \right)}}{{x – {r_{16}}}}.\]Ta lại có $r_k^{16}=-1$ nên $\lambda\left(r_k\right)=-\frac{r_k}{16}$. Lại do $\overline{r_1},\,\overline{r_2},\,\ldots,\,\overline{r_n}$ là một hoán vị của các nghiệm của $g(x)$, cho nên là ta có $$\begin{align}\frac{1}{{{x^{16}} + 1}} &= \frac{1}{2}\sum\limits_{1 \le k \le 16} {\left( {\frac{{\lambda \left( {{r_k}} \right)}}{{x – {r_k}}} + \frac{{\lambda \left( {\overline {{r_k}} } \right)}}{{x – \overline {{r_k}} }}} \right)} \,\\&= – \frac{1}{{32}}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\left( {\frac{{{r_k}}}{{x – {r_k}}} + \frac{{\overline {{r_k}} }}{{x – \overline {{r_k}} }}} \right)} \\&= – \frac{1}{{32}}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{\left( {{r_k} + \overline {{r_k}} } \right)x – 2{r_k}\overline {{r_k}} }}{{{x^2} – \left( {{r_k} + \overline {{r_k}} } \right)x + {r_k}\overline {{r_k}} }}} .\end{align}$$ Bởi vì ${r_k} + \overline {{r_k}} = 2\cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right),\,{r_k}\overline {{r_k}} = 1$ nên $$\begin{align}\frac{{\left( {{r_k} + \overline {{r_k}} } \right)x – 2{r_k}\overline {{r_k}} }}{{{x^2} – \left( {{r_k} + \overline {{r_k}} } \right)x + {r_k}\overline {{r_k}} }} &= \frac{{2x\cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right) – 2}}{{{x^2} – 2x\cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right) + 1}}\\&= \frac{{2\left( {x – \cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)} \right)\cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)}}{{{x^2} – 2x\cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right) + 1}}\\&\quad- \frac{{2{{\sin }^2}\left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)}}{{{{\left( {x – \cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)} \right)}^2} + {{\sin }^2}\left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)}}.\end{align}$$ Sử dụng các nguyên hàm cơ bản ta có kết quả $$\begin{align}I& = – \frac{1}{{32}}\sum\limits_{1 \le k \le 16} {\cos } \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)\ln \left( {{x^2} – 2x\cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right) + 1} \right)\\&\quad+ \frac{1}{{16}}\sum\limits_{1 \le k \le 16} {\sin } \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)\arctan \left( {\frac{{x – \cos \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)}}{{\sin \left( {\frac{{\pi + k2\pi }}{{16}}} \right)}}} \right) \\ &\quad + C,\quad C={\rm{const}}.\end{align}$$
    • Bài Toán 5. Với $n$ là số nguyên dương lớn hơn $2$, tính tích phân\[I = \int {\frac{{{x^{n-2}} + 1}}{{{x^{n}} + 1}}dx.} \]
      • Lời Giải. Xét đa thức $g(x)=x^{n}+1$, nó có đúng $n$ nghiệm phân biệt là\[{r_k} = \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n} + i\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{n},\quad 1 \le k \le n.\]Xét hàm số $\lambda \left( x \right) = \dfrac{{{x^{n – 2}} + 1}}{{n{x^{n – 1}}}}$, theo kết quả ở phía trên ta có\[\frac{{{x^{n – 2}} + 1}}{{{x^n} + 1}} = \frac{{\lambda \left( {{r_1}} \right)}}{{x – {r_1}}} + \frac{{\lambda \left( {{r_2}} \right)}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{\lambda \left( {{r_n}} \right)}}{{x – {r_n}}}.\]Ta lại có $r_k^n=-1$ nên $r_k^{n-1}=-\overline{r_k}$ và\[\lambda \left( {{r_k}} \right) = \frac{{r_k^{n – 2} + 1}}{{nr_k^{n – 1}}} = \frac{{r_k^{n – 1} + {r_k}}}{{nr_k^n}} = \frac{{\overline {{r_k}} – {r_k}}}{n}.\]Do $\overline{r_1},\,\overline{r_2},\,\ldots,\,\overline{r_n}$ là một hoán vị của các nghiệm của $g(x)$, cho nên là ta có $$\begin{align}\frac{{{x^{n – 2}} + 1}}{{{x^n} + 1}} &= \frac{1}{2}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\left( {\frac{{\lambda \left( {{r_k}} \right)}}{{x – {r_k}}} + \frac{{\lambda \left( {\overline {{r_k}} } \right)}}{{x – \overline {{r_k}} }}} \right)} \\&= \frac{1}{{2n}}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\left( {\frac{1}{{x – {r_k}}} – \frac{1}{{x – \overline {{r_k}} }}} \right)} \left( {\overline {{r_k}} – {r_k}} \right)\\&= \frac{1}{{2n}}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{ – {{\left( {{r_k} – \overline {{r_k}} } \right)}^2}}}{{{x^2} – \left( {{r_k} + \overline {{r_k}} } \right)x + {r_k}\overline {{r_k}} }}} \\&= \frac{2}{n}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{{{\sin }^2}\frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}{{{x^2} – 2x\cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n} + 1}}} \\&= \frac{2}{n}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{{{\sin }^2}\frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}{{{{\left( {x – \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n}} \right)}^2} + {{\sin }^2}\frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}.}\end{align}$$ Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản, ta có được \[I = \frac{2}{n}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{n}\arctan \left( {\frac{{x – \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}{{\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}} \right) + {\rm{C}}.} \]
    • Bài Toán 6. Cho $n$ là một số nguyên dương lớn hơn $1$ và $f(x)$ là một đa thức monic bậc $n$ có các nghiệm đôi một phân biệt là $a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_n$, chứng minh rằng\[\frac{{a_1^{n – 1}}}{{{f^\prime }\left( {{a_1}} \right)}} + \frac{{a_2^{n – 1}}}{{{f^\prime }\left( {{a_2}} \right)}} + \ldots + \frac{{a_n^{n – 1}}}{{{f^\prime }\left( {{a_n}} \right)}} = 1.\]
      • Lời Giải. Từ giả thiết ta thấy là đa thức $f(x)-x^n$ sẽ là một đa thức có bậc nhỏ hơn $n$, theo kết quả trên kia ta sẽ có\[\frac{{f\left( x \right) – {x^n}}}{{f\left( x \right)}} = \sum\limits_{1 \le i \le n} {\frac{{f\left( {{a_i}} \right) – a_i^n}}{{\left( {x – {a_i}} \right){f^\prime }\left( {{a_i}} \right)}}} = \sum\limits_{1 \le i \le n} {\frac{{ – a_i^n}}{{\left( {x – {a_i}} \right){f^\prime }\left( {{a_i}} \right)}}} .\]Lấy giới hạn khi $x$ dần đến $0$, ta có luôn điều đang cần.
Theo MathsVN

Post a Comment


$hide=home

$hide=mobile$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

$show=mobile$type=complex$c=6$spa=0$t=oot$h=1$sn=0$rm=0$m=0$l=0$src=random$sn=0

$hide=post$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Kỷ Yếu$cl=violet$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Journals$cl=green$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Name

Ả-rập Xê-út,1,Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,Ấn Độ,1,An Giang,16,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,19,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,47,Bắc Giang,45,Bắc Kạn,1,Bạc Liêu,8,Bắc Ninh,43,Bắc Trung Bộ,8,Bài Toán Hay,5,Balkan,37,Baltic Way,30,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,66,Bến Tre,43,Benelux,13,Bình Định,39,Bình Dương,19,Bình Phước,37,Bình Thuận,30,Birch,1,Booklet,11,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,5,Buôn Ma Thuột,1,BxMO,12,Cà Mau,12,Cần Thơ,13,Canada,39,Cao Bằng,6,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,36,Caucasus,2,CGMO,10,China,10,Chọn Đội Tuyển,308,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,122,Chuyên Sư Phạm,30,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,603,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,25,Đà Nẵng,39,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,51,Đắk Nông,5,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi HSG,1500,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,7,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,4,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,46,Đồng Tháp,50,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Duyên Hải Bắc Bộ,25,E-Book,31,EGMO,16,ELMO,19,EMC,8,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,25,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,12,Gia Lai,24,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,25,Hà Nội,220,Hà Tĩnh,66,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,46,Hải Phòng,40,Hàn Quốc,5,Hậu Giang,4,Hậu Lộc,1,Hilbert,1,Hình Học,32,HKUST,6,Hòa Bình,12,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,7,HSG 10,91,HSG 11,78,HSG 12,523,HSG 9,373,HSG Cấp Trường,76,HSG Quốc Gia,97,HSG Quốc Tế,16,Hứa Lâm Phong,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,28,Hương Sơn,1,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,24,IMO,51,India,45,Inequality,13,InMC,1,International,303,Iran,11,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,20,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,14,KHTN,49,Kiên Giang,61,Kim Liên,1,Kon Tum,17,Korea,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,42,Lai Châu,4,Lâm Đồng,31,Lạng Sơn,18,Langlands,1,Lào Cai,11,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Leibniz,1,Long An,41,Lớp 10,10,Lớp 10 Chuyên,430,Lớp 10 Không Chuyên,218,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,10,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,9,MYM,74,MYTS,4,Nam Định,30,Nam Phi,1,National,249,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,48,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,8,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,3,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,38,Ninh Thuận,14,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,19,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,94,Olympic 10/3,3,Olympic 11,86,Olympic 12,28,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,19,Olympic 30/4,65,Olympic KHTN,6,Olympic Sinh Viên,73,Olympic Tháng 4,10,Olympic Toán,292,Olympic Toán Sơ Cấp,3,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,26,Phú Yên,24,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,10,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,41,Putnam,25,Quảng Bình,39,Quảng Nam,28,Quảng Ngãi,31,Quảng Ninh,41,Quảng Trị,23,Riemann,1,RMM,12,RMO,24,Romania,36,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,68,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia,7,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,22,Shortlists,55,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,27,Sóc Trăng,27,Sơn La,11,Spain,8,Star Education,3,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tập San,4,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,25,Thạch Hà,1,Thái Bình,37,Thái Nguyên,33,Thái Vân,2,Thanh Hóa,54,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPTQG,15,THTT,7,Thừa Thiên Huế,34,Tiền Giang,18,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TP Hồ Chí Minh,112,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,33,Trại Hè Hùng Vương,24,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,9,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,12,Trường Đông,17,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,55,Tuyên Quang,6,Tuyển Sinh,3,Tuyển Tập,44,Tuymaada,4,Undergraduate,64,USA,44,USAJMO,10,USATST,7,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,1,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,26,Vĩnh Long,18,Vĩnh Phúc,58,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,42,VNTST,20,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,25,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,16,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,11,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad: Bài Toán Tách Phân Thức
Bài Toán Tách Phân Thức
MOlympiad
https://www.molympiad.xyz/2020/03/bai-toan-tach-phan-thuc.html
https://www.molympiad.xyz/
https://www.molympiad.xyz/
https://www.molympiad.xyz/2020/03/bai-toan-tach-phan-thuc.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU LABEL ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED Please share to unlock Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy