Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ HSG TỈNH}}$ NĂM HỌC 2019-2020


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 883 trả lời

#841 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 03-08-2020 - 11:00

Góp thêm bài mới để luyện tay nào :D

Cho $a,b,c>0:a+b+c=3$: Tìm GTNN: 

$P=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}$

Hay cũng có thể tìm được GTNN với :

$P=\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}$

Trích THTT/Tháng 7 và vẫn còn hạn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 03-08-2020 - 11:09


#842 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết

Đã gửi 03-08-2020 - 12:06

Góp thêm bài mới để luyện tay nào :D :
Cho $a,b,c>0:a+b+c=3$: Tìm GTNN:
$P=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}$
Hay cũng có thể tìm được GTNN với :
$P=\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}$
Trích THTT/Tháng 7 và vẫn còn hạn.

$P-5=\frac{(a-b)(c-b)(ab(a+b)+abc+ca(c+a)+bc(b-c))}{bc(ab+bc+ca)(a+b+c)}+\frac{(a-c)^2(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-abc)}{ac(ab+bc+ca)(a+b+c)}\geqq 0$
Với $b=max${$a,b,c$}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 05-08-2020 - 09:12


#843 PDF

PDF

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 03-08-2020 - 16:41

Góp thêm bài mới để luyện tay nào :D

Cho $a,b,c>0:a+b+c=3$: Tìm GTNN: 

$P=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}$

Hay cũng có thể tìm được GTNN với :

$P=\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}$

Trích THTT/Tháng 7 và vẫn còn hạn.

Lời giải khác: Ta chứng minh: $P\geq 5\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{18abc}{bc+ca+ab}\geq 5(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{18abc}{bc+ca+ab}\geq 4(a+b+c)$

Ta chứng minh bổ đề sau: $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)}{bc+ca+ab}$

$\Leftrightarrow (bc+ca+ab)(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{a(b^{2}-ca)^{2}}{bc}+\frac{b(c^{2}-ab)^{2}}{ca}+\frac{c(a^{2}-bc)^{2}}{ab}\geq 0$ (hiển nhiên đúng)

Trở lại bài toán. Áp dụng bổ đề, ta cần chứng minh:

$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)+18abc}{bc+ca+ab}\geq 4(a+b+c)$

$\Leftrightarrow S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$, trong đó:

$S_{a}=a^{3}(b+c)+abc(b+c)-2a^{2}bc;\\ S_{b}=b^{3}(c+a)+abc(c+a)-2b^{2}ca;\\ S_{c}=c^{3}(a+b)+abc(a+b)-2c^{2}ab$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $S_{a}\geq 2a^{2}(b+c)\sqrt{bc}-2abc\geq 4a^{2}bc-2a^{2}bc\geq 0$. Tương tự, ta chứng minh được $S_{b}, S_{c}\geq 0$. Bất đẳng thức được chứng minh. Vậy $minP=5$ khi $a=b=c=1$. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 03-08-2020 - 16:43

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#844 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 03-08-2020 - 18:40

Một cách đơn giản bằng AM-GM: 

$P+3=\sum_{cyc}\frac{a+b}{b}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}\geq 4.\sqrt[4]{\frac{6\prod_{cyc}(a+b)}{ab+bc+ca}}\geq_{\frac{8}{9}ineq} 4\sqrt[4]{\frac{6.\frac{8}{9}(\sum_{cyc}a)(\sum_{cyc}ab)}{\sum_{cyc}ab}}=4.2=8\rightarrow P\geq 5$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài dưới cũng có thể làm tương tự bằng cách này.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 03-08-2020 - 18:42


#845 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 275 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 04-08-2020 - 10:06

Cho $a,b,c\ge 0$ CMR $$8\sum a^4(b^2+c^2) \le (\sum a)^3 (\sum a^2(b+c) -4abc)$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 04-08-2020 - 10:22


#846 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 04-08-2020 - 14:31

Cho $a,b,c\ge 0.$ CMR $$8\sum a^4(b^2+c^2) \le (\sum a)^3 (\sum a^2(b+c) -4abc)$$

Ta chứng minh $$\displaystyle 8\sum a^4(b^2+c^2) \leqslant (\sum a)^3 [\sum a^2(b+c) -\frac{38}{9} abc]$$

Hay là $$\frac{1}{27}abc \sum \left( 10\,b+10\,c+7\,a \right)  \left(b+c-2a \right) ^{ 2}+\sum ab \left( a-b \right) ^{4} \geqslant 0.$$ 

Chương trình cũ fsos của mình không kết quả khả quan mấy  :icon6:

BH6oLHT.png



#847 PDF

PDF

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 04-08-2020 - 21:14

Một cách đơn giản bằng AM-GM: 

$P+3=\sum_{cyc}\frac{a+b}{b}+\frac{6abc}{ab+bc+ca}\geq 4.\sqrt[4]{\frac{6\prod_{cyc}(a+b)}{ab+bc+ca}}\geq_{\frac{8}{9}ineq} 4\sqrt[4]{\frac{6.\frac{8}{9}(\sum_{cyc}a)(\sum_{cyc}ab)}{\sum_{cyc}ab}}=4.2=8\rightarrow P\geq 5$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài dưới cũng có thể làm tương tự bằng cách này.

Nước đi hay đấy bạn :) . Nhưng cách đó chỉ áp dụng được với BĐT $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{kabc}{(a+b+c)(bc+ca+ab)}\geq 3+\frac{k}{9}$ khi $k\leq 18$ thôi. Ta có thể chứng minh BĐT chặt hơn sau:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{27abc}{(a+b+c)(bc+ca+ab)}\geq 6$

Mình cũng đang thử tìm $k$ lớn nhất để BĐT trên đúng :)


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#848 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết

Đã gửi 05-08-2020 - 09:29

Nước đi hay đấy bạn :) . Nhưng cách đó chỉ áp dụng được với BĐT $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{kabc}{(a+b+c)(bc+ca+ab)}\geq 3+\frac{k}{9}$ khi $k\leq 18$ thôi. Ta có thể chứng minh BĐT chặt hơn sau:
$P=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{27abc}{(a+b+c)(bc+ca+ab)}\geq 6$
Mình cũng đang thử tìm $k$ lớn nhất để BĐT trên đúng :)

$(a+b+c)(P-6)=\sum [\frac{(a-b)^2(2a^2b+c^2b-abc+2a^2c+c^2a)}{2ab(ab+bc+ca)}\geqq 0$

#849 Soncvatn

Soncvatn

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 05-08-2020 - 21:58

Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b++c=3

$\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq 3$



#850 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 06-08-2020 - 02:16

Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b++c=3

$\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}}\geq 3$

Ở đây:https://diendantoanh...bđt-thi-chuyên/



#851 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 06-08-2020 - 02:18

Cho $x,y>0: x+y\geq 2$

Tìm GTNN: 

$\sqrt{\frac{x}{y+1}}+\sqrt{\frac{y}{x+1}}+\frac{1}{x+y}$



#852 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 06-08-2020 - 06:29

Nước đi hay đấy bạn :) . Nhưng cách đó chỉ áp dụng được với BĐT $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{kabc}{(a+b+c)(bc+ca+ab)}\geq 3+\frac{k}{9}$ khi $k\leq 18$ thôi. 

Mình cũng đang thử tìm $k$ lớn nhất để BĐT trên đúng :)

Biểu diễn theo phương pháp SS:

$$\text{Vế trái}-\text{Vế phải} = \frac19 \cdot  {\frac { \left( a-b \right) ^{2} [ 6\,{a}^{2}b+12\,{a}^{2}c+ \left( 39-2k \right) abc+6\,a{c}^{2}+18\,{b}^{2}c ] }{ab \left( a+b+c \right)  \left( ab+ac+bc \right) }}$$

$$+\frac19\cdot {\frac { \left( b-c \right)  \left( a-c \right)  [ 3\,{a}^{3}c+9\,{a}^{2} {b}^{2}+ \left(12-k \right) {a}^{2}bc+9\,a{b}^{3}+ \left( 12-k \right) a{b}^{2}c+9\,ab{c}^{2}+18\,{b}^{3}c+9\,{b}^{2}{c}^{2} ] }{abc \left( a+b+c \right)  \left( ab+ac+bc \right) }}$$

Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ và đặt $a=c+s,b=c+t\,\, (s,t \geqslant 0) $ thì ta chọn $k$ sao cho các biểu thức trong ngoặc vuông đều không âm.

Nhưng hơi khó với mình. 

Edit. Vừa dùng Maple$,$ tìm được $k_{\max} \approx 38.6773307903917$ là nghiệm của phương trình ${k}^{5}-243\,{k}^{4}-69984\,{k}^{3}+3601989\,{k}^{2}-23914845\,k+43046721=0.$ Biệt thức (discrim) cũng tìm ra được giá trị trên.

Ngoài ra $k=\frac{81}{2}$ như bạn dự đoán không đúng đâu. Hãy thử [c = 1, a = 69/128, b = 91/64].

 

Ảnh đính kèm.

EY8fswZ.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 12-08-2020 - 10:42


#853 PDF

PDF

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 06-08-2020 - 08:14

Biểu diễn theo phương pháp SS:

$$\text{Vế trái}-\text{Vế phải} = \frac19 \cdot  {\frac { \left( a-b \right) ^{2} [ 6\,{a}^{2}b+12\,{a}^{2}c+ \left( 39-2k \right) abc+6\,a{c}^{2}+18\,{b}^{2}c ] }{ab \left( a+b+c \right)  \left( ab+ac+bc \right) }}$$

$$+\frac19\cdot {\frac { \left( b-c \right)  \left( a-c \right)  [ 3\,{a}^{3}c+9\,{a}^{2} {b}^{2}+ \left(12-k \right) {a}^{2}bc+9\,a{b}^{3}+ \left( 12-k \right) a{b}^{2}c+9\,ab{c}^{2}+18\,{b}^{3}c+9\,{b}^{2}{c}^{2} ] }{abc \left( a+b+c \right)  \left( ab+ac+bc \right) }}$$

Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ và đặt $a=c+s,b=c+t\,\, (s,t \geqslant 0) $ thì ta chọn $k$ sao cho các biểu thức trong ngoặc vuông đều không âm.

Nhưng hơi khó với mình. 

Thường những bài tìm $k$ tốt nhất không nên dùng SOS. Dùng dồn biến sẽ tốt hơn bạn nhé :) .


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#854 PDF

PDF

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 06-08-2020 - 08:43

Biểu diễn theo phương pháp SS:

$$\text{Vế trái}-\text{Vế phải} = \frac19 \cdot  {\frac { \left( a-b \right) ^{2} [ 6\,{a}^{2}b+12\,{a}^{2}c+ \left( 39-2k \right) abc+6\,a{c}^{2}+18\,{b}^{2}c ] }{ab \left( a+b+c \right)  \left( ab+ac+bc \right) }}$$

$$+\frac19\cdot {\frac { \left( b-c \right)  \left( a-c \right)  [ 3\,{a}^{3}c+9\,{a}^{2} {b}^{2}+ \left(12-k \right) {a}^{2}bc+9\,a{b}^{3}+ \left( 12-k \right) a{b}^{2}c+9\,ab{c}^{2}+18\,{b}^{3}c+9\,{b}^{2}{c}^{2} ] }{abc \left( a+b+c \right)  \left( ab+ac+bc \right) }}$$

Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ và đặt $a=c+s,b=c+t\,\, (s,t \geqslant 0) $ thì ta chọn $k$ sao cho các biểu thức trong ngoặc vuông đều không âm.

Nhưng hơi khó với mình. 

Mình mạnh dạn đưa ra dự đoán là $k_{max}=\frac{81}{2}$ :)


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#855 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 06-08-2020 - 20:51

$\boxed{400}$ Cho các số thực dương $a,b,c>0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$S=\frac{1}{4a^2-bc+1}+\frac{1}{4b^2-ca+1}+\frac{1}{4c^2-ab+1}$

$\boxed{401}$ Cho 3 số thực $x,y,z>0: xy=1+z(x+y)$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 

$P=\frac{2xy(xy+1)}{(x^2+1)(y^2+1)}+\frac{z}{z^2+1}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 07-08-2020 - 08:37


#856 linhlinh3003

linhlinh3003

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 15 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa
  • Sở thích:đọc truyện, xem phim, giải toán

Đã gửi 06-08-2020 - 23:31

$S=\frac{1}{a(4a+b+c)}+\frac{1}{b(4b+c+a)}+\frac{1}{c(4c+a+b)}$

Áp dụng bđt Bunhiacopski ta có:

($\frac{4a+b+c}{a}+\frac{4b+a+c}{b}+\frac{4c+a+b}{c}$).S

$\geq (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2=\frac{1}{a^2b^2c^2}$

Đặt $L=\frac{4a+b+c}{a}+\frac{4b+a+c}{b}+\frac{4c+a+b}{c}$

Ta chứng minh $S\geq \frac{1}{L.a^2b^2c^2}$$\geq \frac{3}{2}$

hay $L\leq \frac{2}{3a^2b^2c^2}$

Thật vậy $L=9+(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=9+\frac{a+b+c}{abc}$ $=\frac{abc(a+b+c)+9a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}$$\leq \frac{2}{a^2b^2c^2}$

hay $abc(a+b+c)+9a^2b^2c^2\leq \frac{2}{3}$

Ta có $9a^2b^2c^2\leq 9(\frac{ab+bc+ca}{3})^3=\frac{1}{3}$

$abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}=\frac{1}{3}$

Cộng từng vế 2 bđt trên=> đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi linhlinh3003: 07-08-2020 - 00:23


#857 linhlinh3003

linhlinh3003

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 15 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa
  • Sở thích:đọc truyện, xem phim, giải toán

Đã gửi 06-08-2020 - 23:36

không load được ảnh :( ai đó chữa lỗi bài đăng hộ mình với :(((


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi linhlinh3003: 06-08-2020 - 23:50


#858 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 07-08-2020 - 06:50

$\boxed{400}$ Cho các số thực dương $a,b,c>0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$S=\frac{1}{4a^2-bc+1}+\frac{1}{4b^2-ca+1}+\frac{1}{4c^2-ab+1}$

Ta có$:$ $$\displaystyle \text{S}-\dfrac{3}{2} =\sum \frac{( 6a^{\,\it{4}}+12bca^{\,\it{2}}+39a^{\,\it{2}}+5 )  ( b-c) ^{\,\it{2}}}{4(4a^{\,\it{2}}-bc+1)(4b^{\,\it{2}}-ca+1)(4c^{\,\it{2}}-ab+1)} \geqslant 0$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}.$

Vậy $S_{\min} =\dfrac{3}{2}.$



#859 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 07-08-2020 - 08:37

$\boxed{400}$ Cho các số thực dương $a,b,c>0$ thỏa mãn: $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$S=\frac{1}{4a^2-bc+1}+\frac{1}{4b^2-ca+1}+\frac{1}{4c^2-ab+1}$

Thực ra là còn 2 cách nữa, nhưng mình xin phép đưa ra cách của mình thôi :) 

Hình gửi kèm

  • păn like.jpg


#860 bachthaison

bachthaison

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 67 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THCS Vĩnh Yên - Vĩnh Yên - Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Số học, đại số, hình học

Đã gửi 08-08-2020 - 09:45

Em xin góp 3 bài :

    402: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a+b+c$. CMR : $a+b+c \geq 3abc$

    403: Cho $x,y,z \in [0;1]$. CMR: $x^2+y^2+z^2\leq 1+x^2y+y^2z+z^2x$

    404: Cho $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c =6$ và $a^2 + b^2 + c^2 =18$. CMR $0\leq a,b,c\leq 4$


Bạn chỉ cần ngồi không là bạn cũng có tiền, từ 1-2 người, chúng ta sẽ có cả 1 hệ thống!





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh