Chủ đề này có 38 trả lời

[IHateMath]

Một cách tiếp cận khác, nhẹ nhàng hơn cho câu 6 c):

Đặt $J=DI\cap EF,S=BN\cap CM$. Kẻ đường thẳng vuông góc với $IL$, cắt $EF$ tại $X$, $DP$ tại $Y$. Dễ thấy $D,S,I,J$ thẳng hàng. Theo định lý Pascal, $B,N,K,S$ thẳng hàng, tương tự với $C,M,L,S$. Hơn nữa, theo bổ đề hình thang, $S$ là trung điểm $JD$, theo định lý con bướm $LX=LY$. Vậy $XY//JD\Rightarrow XY\bot BC$, tức là $IL//BC\Rightarrow K,I,L$ thẳng hàng $(đpcm)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 08-05-2016 - 13:59

[thinhrost1]

 Một hướng tiếp cận khác cho bài này như sau :

 Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

 Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

 Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$

Với cách đặt ẩn phụ như bạn.

 

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

 

Giả sử: $x+y+z=1$

 

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

 

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

 

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

 

Từ đó ta thu được:

 

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$

[thinhrost1]

Em xin làm nôt câu hình:

a) Đường thẳng qua A vuông BC cắt EF tại H.

 

$\bigtriangleup  AHF$ ~$\bigtriangleup  MFH$ nên: $\frac{MB}{AH}=\frac{FB}{AF}$

 

Tương tự ta có: $\frac{NC}{AH}=\frac{CE}{AE}$

 

Chia hai vế cho nhau ta có: $\frac{MB}{NC}=\frac{BD}{CD}$

 

$\bigtriangleup  MBD$ ~$ \bigtriangleup  NCD$ suy ra $\widehat{BMD}=\widehat{IDM}=\widehat{DNC}=\widehat{IDE}$

 

Suy ra: ID vuông PQ suy ra PQ || BC

 

b) chứng minh tứ giác EFKL nội tiếp, có BC là tiếp tuyến nên theo theo bài toán quen thuộc

 

KL || BC

 

c) Gọi EQ cắt FD tại P.

 

Theo Brocard IK vuông NP

 

Mặt khác NP là đường đối cực của K, DE là đường đối cực của C, DE qua K nên NP qua C nên  IK || BC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 08-05-2016 - 14:28

[xuantrandong]

L thuộc đường đối cực của B và M nên BM là đường đối cực của L

=> IL vuông góc BM 

tương tự IK vuông góc CN

ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 08-05-2016 - 15:13

[thinhrost1]

Đặt  $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

  $\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

  $=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

  $=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

  $\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh   $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$  

 Bất đẳng thức này tương đương

   $\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

  $\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$

Câu 5 mình làm khá giống bạn:

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

 

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}\ge\frac{3}{4}$

 

Mà $(1^2+1^2+1^2)(\sum \frac{1}{(2a+1)^2})\ge(\sum \frac{1}{2a+1})^2$

 

Nên chỉ cần chứng minh:

 

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

 

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

 

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

 

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

 

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$

[nhungvienkimcuong]

Câu 5. Hỏi có tồn tại hay không các số nguyên dương $a, b, c$ thỏa mãn $2a \ge 5c \ge 4b$ sao cho tồn tại số nguyên dương $n \ge 3$ và đa thức hệ số nguyên $P_{n}(x) = a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c$ có $n$ nghiệm phân biệt.

giả sử tồn tại $a,b,c,n$ nguyên dương thỏa đề

gọi $x_1,x_2,...,x_n$ là các nghiệm nguyên của $\mathcal{P}_n(x)$ ta có

$\mathcal{P}_n(x)=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

tức

$a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

đồng nhất hệ số $x^2,x,x^0$ ta có

$\left\{\begin{matrix} (-1)^nx_1x_2...x_n=\frac{c}{a_0}\\ (-1)^{n-1}\sum_{j=1}^{n}\prod_{i\neq j}x_i=\frac{-b}{a_0} \\ (-1)^{n-2}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\prod_{i\neq j,i\neq k}x_i=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.$

đặt $t=x_1x_2...x_n$

$\bullet $ xét với $a_0>0$

xét với $n$ chẵn ta có

$\left\{\begin{matrix} t=\frac{c}{a_0}\\\sum \frac{t}{x_i}=\frac{b}{a_0} \\ \sum \frac{t}{x_ix_j}=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.\Rightarrow t>0$

ta có

$2a\ge 5c\ge 4b$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{t}{x_ix_j}\geq 5t\geq 4\sum \frac{t}{x_i}$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5\geq 4\sum \frac{1}{x_i}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sum \frac{1}{x_ix_j}\geq \frac{5}{2}\\\sum \frac{1}{x_i}\le \frac{5}{4} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{25}{16}\geq \left ( \sum \frac{1}{x_i} \right )^2\geq 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5$

điều trên vô lí 

xét với $n$ lẻ tương tự thì $-t>0$ và ... ta cũng có điều vô lí

$\bullet $ xét với $a_0<0$

ta có nhận xét khi xét trường hợp $\left ( a_0<0,n\ \text{chẵn} \right )$ giống với trường hợp $\left ( a_0>0,n\ \text{lẻ} \right )$ nên cũng có điều vô lí

tương tự khi xét với $\left ( a_0<0,n\ \text{lẻ} \right )$ cũng có mâu thuẫn

$\boxed{\text{Vậy không tồn tại}\ a,b,c\ \text{thỏa đề}}$

Spoiler

trình bày xong hai bài kia mất $1$ tiếng rồi không có ý tưởng với bài này,sau đó đi WC rỗi nghĩ tới viet  và sau đó là bung lụa   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 08-05-2016 - 17:54

[quanghung86]

Tổng quát ý c) ngày 2

 

Cho tam giác $ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $R$ là một điểm trên trung trực $BC$. $RC,RB$ cắt $EF$ tại $M,N$. $DM,DN$ cắt $(I)$ tại $P,Q$ khác $D$. $EQ,FP$ lần lượt cắt $DF,DE$ tại $L,K$. Chứng minh rằng $KL$ đi qua nghịch đảo của $R$ qua $(I)$.

 

[Bui Ba Anh]

 

Câu 7. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab + bc + ca + 2abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sum\frac{a(a + 1)}{(2a + 1)^{2}}\le \frac{9}{16}$$

 

 

 

Tiếp cận bằng dồn biến

Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2}$

Ta sẽ chứng minh $f(a,t,t) \leq \dfrac{9}{16}$ với $t$ thỏa mãn $2at^2+2at+t^2=1$

Tức là chứng minh $\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$

$$<=> f(t)=\dfrac{1-t^2}{4}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$$

Xét $f'(t)=\dfrac{-t}{2}+\dfrac{2}{(2t+1)^3}=0<=>(2t-1)(4t^3+8t^2+7t+4) =0<=>t=0,5$

Dùng bảng biến thiên dễ suy ra $f(t) \leq f(0,5)=\dfrac{9}{16}$

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$ với $t =\sqrt{bc}(1)$

Khi đó nếu $(1)$ đúng thì ta có thể đưa về trường hợp trên và ta có đpcm

$$f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$$

$$<=>\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}+1)}{(2\sqrt{bc}+1)^2}$$

$$<=>(y-z)^2.\dfrac{-y^3z^3+(y^2+yz+z^2)-4y^2z^2(y^2+yz+z^2)-4yz(y^2+yz+z^2)-3yz+1}{(2y^2+1)^2(2z+1)^2(2yz+1)^2} \leq 0(b=y^2,c=z^2)(2)$$

Đặt $m=y^2+yz+z^2$,$n=yz$,$m \geq 3n$ 

$$(2)<=>m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq0$$

Do $2abc+ab+ac+bc=1$ nên không mất tổng quát ta có thể giả sử $bc \geq \dfrac{1}{4}=>n \geq \dfrac{1}{2}=>1-4n^2-4n<0$

Suy ra $m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq -16n^3-12n^2+n+1=g(n) \leq 0$ với $1 >n \geq \dfrac{1}{2}$. Điều này đúng do $g(n)$ nghịch biến trên tập xác định

[Dinh Xuan Hung]

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

 

Câu 7. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab + bc + ca + 2abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sum\frac{a(a + 1)}{(2a + 1)^{2}}\le \frac{9}{16}$$

 

 

 

 

Thêm một cách chứng minh khác cho bài BĐT

 

$$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$$

 

$$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$$

 

$$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$$

 

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

 

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

 

Khi đó:

 

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

 

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

 

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

 

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$

 

$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

 

Do đó ta có ĐPCM

 

Spoiler

Hôm qua bận nên hôm nay mới kịp up lên đây :v

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 09-05-2016 - 11:51

[Gachdptrai12]

Tiếp cận bằng dồn biến
Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2}$
Ta sẽ chứng minh $f(a,t,t) \leq \dfrac{9}{16}$ với $t$ thỏa mãn $2at^2+2at+t^2=1$
Tức là chứng minh $\dfrac{a(a+1)}{(2a+1)^2}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$
$$<=> f(t)=\dfrac{1-t^2}{4}+2\dfrac{t(t+1)}{(2t+1)^2} \leq \dfrac{9}{16}$$
Xét $f'(t)=\dfrac{-t}{2}+\dfrac{2}{(2t+1)^3}=0<=>(2t-1)(4t^3+8t^2+7t+4) =0<=>t=0,5$
Dùng bảng biến thiên dễ suy ra $f(t) \leq f(0,5)=\dfrac{9}{16}$
Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$ với $t =\sqrt{bc}(1)$
Khi đó nếu $(1)$ đúng thì ta có thể đưa về trường hợp trên và ta có đpcm
$$f(a,b,c) \leq f(a,t,t)$$
$$<=>\dfrac{b(b+1)}{(2b+1)^2}+\dfrac{c(c+1)}{(2c+1)^2} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}(\sqrt{bc}+1)}{(2\sqrt{bc}+1)^2}$$
$$<=>(y-z)^2.\dfrac{-y^3z^3+(y^2+yz+z^2)-4y^2z^2(y^2+yz+z^2)-4yz(y^2+yz+z^2)-3yz+1}{(2y^2+1)^2(2z+1)^2(2yz+1)^2} \leq 0(b=y^2,c=z^2)(2)$$
Đặt $m=y^2+yz+z^2$,$n=yz$,$m \geq 3n$
$$(2)<=>m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq0$$
Do $2abc+ab+ac+bc=1$ nên không mất tổng quát ta có thể giả sử $bc \geq \dfrac{1}{4}=>n \geq \dfrac{1}{2}=>1-4n^2-4n<0$
Suy ra $m(1-4n^2-4n)-4n^3-2n+1 \leq -16n^3-12n^2+n+1=g(n) \leq 0$ với $1 >n \geq \dfrac{1}{2}$. Điều này đúng do $g(n)$ nghịch biến trên tập xác định

anh em thấy cách dồn này sao sao ấy vì anh đặt t=√bc thì cái đk đầu bài đâu có bằng đk dồn biến và ta thấy rõ là 2at khác với ab+ac

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 09-05-2016 - 12:34

[babystudymaths]

Câu hình lúc đi thi bị rối nên làm hơi ẩu

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm (F, E, D

                                                          P, D, E )

Ta có M, L, c thăngr hàng.

 Kéo dài È cắt BC tại T, MD cắt BF tại X . 

Ta có (T, D, B, C) = -1 thì T, X, L thẳng hàng

Áp dụng định lý Desargues Cho tam giác MPE và BFD có giao điểm của các đoạn thẳng tương ứng thẳng hàng=> MB, PF, DE đồng quy.

Mà theo định lý Brocard thì IL vuông góc với BM, mà LK cx vuông góc  với BM.

Vậy I, L, K thẳng hàng

( đi thi quên ko cm M, L, C thẳng hàng vì nó hiển nhiên quá, ko biết có việc gì Ko)

( em đăng vội nên ko up được hình, mong mọi người thông cảm)

[hoduchieu01]

Bạn làm bị ngược dấu một đoạn tuy nhiên bài này khá dễ chỉ cần thêm một đoạn quy đồng nữa là xong

 

Mấu chốt câu c hình là chỉ ra $C,L,M$ thẳng hàng,$B,K,N$ thẳng hàng và chùm điều hòa $C(BAKN) =-1,B(CALM)=-1$

Đề này cũng không phải là quá dễ khó hơn hôm qua

Tóm tắt lời giải:

Untitled.jpg

a) Hạ $DT \perp EF$. Theo bổ đề quen thuộc thì $TD$ là phân giác $DTC$

Từ hai tứ giác $BMTD$ và $CDTN$ thì suy ra $\widehat{BMD}=\widehat{CND}$ suy ra $\widehat{PDB}=\widehat{QDC}$

Từ đây suy ra $DP=DQ$ suy ra $ID$ là trung trực $PQ$

b)Bằng biến đổi góc ta chứng minh được $\widehat{FLE}=\widehat{FKE}$ suy ra $FLKE$ nội tiếp

Từ đây ta có: $\widehat{ELK}=\widehat{EFQ}=\widehat{EPQ}$ suy ra $KL \parallel PQKL \parallel BC$

c)Xét tứ giác $FEQD$ bằng định lý $PASCAL$ suy ra $B,K,N$ thẳng hàng (có nhiều cách chứng minh chỗ này)

Tương tự $C,L,M$ thẳng hàng

$NB$ cắt $AC$ tại $S$. Khi đó $E(FDBC)=-1$ suy ra $(BSKN)=-1$ suy ra $C(BAKN)=-1$

Tương tự $B(CALM)=-1$

Từ đây ta có $CK,BL$ đi qua trung điểm đường cao $AH$. Từ đây chứng minh dễ dàng $I,K,L$ thẳng hàng

 sao TD lại phân giác DTC ạ

[Bui Ba Anh]

anh em thấy cách dồn này sao sao ấy vì anh đặt t=√bc thì cái đk đầu bài đâu có bằng đk dồn biến và ta thấy rõ là 2at khác với ab+ac

Để mình xem lại

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 10-05-2016 - 00:18

[xuantungjinkaido]

bài hình ngày 2 có cách nào cho lớp 9 không ạ?

[quanghung86]

câu a),b) thì có cách lớp 9 đẹp câu c) cũng có nhưng rất dài.

[Tinh1100174]

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$

Đây là cách của tôi

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tinh1100174: 15-05-2016 - 08:49

[lmht]

giả sử tồn tại $a,b,c,n$ nguyên dương thỏa đề

gọi $x_1,x_2,...,x_n$ là các nghiệm nguyên của $\mathcal{P}_n(x)$ ta có

$\mathcal{P}_n(x)=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

tức

$a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c=a_0(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)$

đồng nhất hệ số $x^2,x,x^0$ ta có

$\left\{\begin{matrix} (-1)^nx_1x_2...x_n=\frac{c}{a_0}\\ (-1)^{n-1}\sum_{j=1}^{n}\prod_{i\neq j}x_i=\frac{-b}{a_0} \\ (-1)^{n-2}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\prod_{i\neq j,i\neq k}x_i=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.$

đặt $t=x_1x_2...x_n$

$\bullet $ xét với $a_0>0$

xét với $n$ chẵn ta có

$\left\{\begin{matrix} t=\frac{c}{a_0}\\\sum \frac{t}{x_i}=\frac{b}{a_0} \\ \sum \frac{t}{x_ix_j}=\frac{a}{a_0} \end{matrix}\right.\Rightarrow t>0$

ta có

$2a\ge 5c\ge 4b$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{t}{x_ix_j}\geq 5t\geq 4\sum \frac{t}{x_i}$

$\Leftrightarrow 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5\geq 4\sum \frac{1}{x_i}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sum \frac{1}{x_ix_j}\geq \frac{5}{2}\\\sum \frac{1}{x_i}\le \frac{5}{4} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{25}{16}\geq \left ( \sum \frac{1}{x_i} \right )^2\geq 2\sum \frac{1}{x_ix_j}\geq 5$

điều trên vô lí 

xét với $n$ lẻ tương tự thì $-t>0$ và ... ta cũng có điều vô lí

$\bullet $ xét với $a_0<0$

ta có nhận xét khi xét trường hợp $\left ( a_0<0,n\ \text{chẵn} \right )$ giống với trường hợp $\left ( a_0>0,n\ \text{lẻ} \right )$ nên cũng có điều vô lí

tương tự khi xét với $\left ( a_0<0,n\ \text{lẻ} \right )$ cũng có mâu thuẫn

$\boxed{\text{Vậy không tồn tại}\ a,b,c\ \text{thỏa đề}}$

Spoiler

trình bày xong hai bài kia mất $1$ tiếng rồi không có ý tưởng với bài này,sau đó đi WC rỗi nghĩ tới viet  và sau đó là bung lụa   

Thực ra $a_0 >0$ hay $<0$ không quan trọng vì $P_n=0$ nên có thể đổi dấu $a_0$

[Acrystal]

Bộ nghiệm (1,;2;4) hình như sai rồi thì phải

[lmht]

Mọi người có ai có kết quả chưa ? Lâu rồi mà không thấy up kết quả thi nhỉ ?