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
* * * * * 1 Bình chọn

PHƯƠNG PHÁP "BÁN SCHUR- BÁN SOS"


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 36 trả lời

#21 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 22-04-2007 - 06:26

bài của anh bậc cao quá, em ngôi hoa mắt mãi mới giải được 1TH, sáng vội đi học nên post qua vậy.
TH: a,b,c :geq 0.
giả sử c=min(a,b,c).
$ M= a^4c^4+b^4c^4+a^3bc^4+ab^3c^4+a^2b^2c^4-2a^2bc^5-2ab^2c^5 $
$ N=a^5b^3+a^5b^2c+a^5bc^2+a^5c^3+a^4c^4+2a^2b^4c^2+2ab^4c^3-2a^4b^3c-2a^4b^2c^2-2a^3b^3c^2-2a^3b^2c^3 $

$ a^4c^4+b^4c^4+a^3bc^4+ab^3c^4 \geq c^5(a^3+b^3+a^2b+ab^2) \geq 2a^2bc^5+2ab^2c^5 $ => M $ \geq $ 0.
N thì hơi khó đánh giá, nhưng nếu tinh tế 1 chút:

$ a^5b^3+a^3b^3c^2 \geq 2a^4b^3c $

$ a^5bc^2+a^3b^3c^2 \geq 2a^4b^2c^2 $

$ a^2b^4c^2+a^4b^2c^2 \geq 2a^3b^3c^2 $

$ \dfrac{1}{4}a^5b^2c+a^3b^2c^3 \geq a^4b^2c^2 $

$ \dfrac{3}{4}a^5b^2c+\dfrac{4}{3}ab^4c^3 \geq 2a^3b^3c^2 $

$ \dfrac{1}{4}ab^4c^3+a^5c^3 \geq a^3b^2c^3 $

$ a^4c^4+a^2b^4c^2 \geq 2a^3b^2c^3 $

$ \dfrac{5}{12}ab^4c^3 \geq 0 $

Cộng vế ta có N :D 0.
@: hình như bài này là a,b,c thực, còn 1 TH nữa thì....xét sau vậy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 22-04-2007 - 06:29

Zarai "từ cấm"a XIII

#22 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 22-04-2007 - 13:05

Đây là phân tich cho bài của anh Cẩn:

$ f(a,b,c)=(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2-3abc(a^4b^3+b^4c^3+c^4a^3) $
Ta đặt:
$ P=a^6b^4+b^6c^4+c^6a^4-a^5b^4c-b^5c^4a-c^5a^4b$
$ =a^5b^4(a-c)+b^5c^4(b-a)+c^5a^4(c-b) $
$ Q=a^5b^2c^3+b^5c^2a^3+c^5a^2b^3-a^5b^4c-b^5c^4a-c^5a^4b$
$ =ab^5c^2(a^2-c^2)+bc^5a^2(b^2-a^2)+ca^5b^2(c^2-b^2) $
=> f(a,b,c) = P+2Q

Phân tích:
$P=a^5b^4(a-c)-c^5a^4(b-c)+b^5c^4(b-a)-a^5c^4(b-a)-a^5c^4(a-c)+a^5c^4(b-c)$
$ =c^4(a^5-b^5)(a-b)+a^5(a-c)(b^4-c^4)+a^4c^4(a-c)(b-c) $
$ =a^4(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4)(a-b)^2+[a^5(b^3+b^2c+bc^2+c^3)+a^4c^4](a-c)(b-c) $
$Q=ab^5c^2(a^2-c^2)+bc^5a^2(b^2-a^2)+ca^5b^2(c^2-b^2)$
$ =ab^5c^2(a^2-c^2)-a^5b^2c(b^2-c^2)+a^2bc^5(b^2-a^2)-ab^2c^5(b^2-a^2)-ab^2c^5(a^2-c^2)+ab^2c^5(b^2-c^2) $
$ =-abc^5(a^2-b^2)(a-b)+ab^2c^2(a^2-c^2)(b^3-c^3)-ab^2c(b^2-c^2)(a^4-c^4) $
$ = -abc^5(a+b)(a-b)^2+[ab^2c^2(a+c)(b^2+bc+c^2)-ab^2c(b+c)(a^3+a^2c+ac^2+c^3)](a-c)(b-c) $
$ = -abc^5(a+b)(a-b)^2+ab^2c(ab^2c+b^2c^2-a^3b-a^3c-ab^2c-a^2c^2)(a-c)(b-c) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 01-05-2007 - 13:28

Zarai "từ cấm"a XIII

#23 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là "đánh ba",đi chơi với bạn gái

Đã gửi 26-04-2007 - 14:39

10maths_tp0609 àh cho hỏi u tên gì vậy...
Mình đóng góp ý kiến nha đúng là phương pháp này rất hay tuy nhiên nó ko đẹp = S.O.S lém ,mà này mình thấy phương pháp này khó có thể giải được ~ bài tìm hằng số k tốt nhất

#24 nguyenngocquy

nguyenngocquy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết

Đã gửi 26-04-2007 - 22:24

nói thật thì phương pháp này khó hơn SOS nhiều đấy bạn ạ, cách phân tích của nó phức tạp và không tự nhiên bằng SOS.Nhưng dù sao thì đây cũng là phương pháp hay

#25 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 28-04-2007 - 14:46

Tên mình àh, họ 10, đệm maths_tp, còn tên là 0609. OK?

Nói chung với những bài toán tìm hằng số k tốt nhất mình cũng không biết nên nhận xét như thế nào,mấy bài đấy chủ yếu là kĩ thuật thôi, đâu có pp chung cho những bài như vậy( những bài thế này thì đa dạng lắm). Còn nguyenngocquy àh, công nhận với những người chưa quen thì pp này hơi khó phân tích nhưng sau khi đã phân tích cơ bản những công thức ban đầu rồi thì các bài phân tích sau cũng dễ dàng hơn thôi, đầu tiên mình cũng có biết gì đâu, sau khi quen rồi thì mình thấy nó và SOS cũng gần gần như nhau, hiển nhiên là SOS mạnh hơn những cũng tùy từng bài áp dụng pp cho thích hợp.
Sau đây là 2 bài toán khá hay:
Cho a,b,c >0.
CMR:
$ (\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})^2 \geq 3(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}) $

$ (\dfrac{b}{a^2}+\dfrac{c}{b^2}+\dfrac{a}{c^2})^2 \geq 3(\dfrac{b}{a^3}+\dfrac{c}{b^3}+\dfrac{a}{c^3}) $
Zarai "từ cấm"a XIII

#26 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 30-04-2007 - 20:59

Chào you!
PP này thật sự... chưa thể gọi là một phương pháp, nó chỉ là một kĩ thuật phân tích thôi và các đánh giá của nó cũng ko đặc sắc lắm.
Mình nói thế là vì thứ nhất các ví dụ đều có thể giải bằng SOS hay gần như thế, hai là bậc ở đây tương đối nhỏ nên việc xử lí dường như khá thoải mái.
Việc sử dụng đc Chebyshev làm đánh giá trung gian cho thấy BDT ko chặt lắm.

Mình thấy PP thật sự nằm trong series những cách phân tích phát triển hậu SOS, tức là đưa về xấp xỉ 0.

Theo mình lớp các bạn nên phát triển thêm theo hướng là phân tích thế nào cũng xong, miễn là về dạng xấp xỉ ko và đánh giá vô tư lư :) Như thế sẽ hay hơn rất nhiều. Như mình đã làm trong chuyên đề về BDT Chebyshev, đưa ra nhiều hướng phân tích và áp dụng đánh giá thoải mái, cái quan trọng là đánh giá nào thích hợp nhất với bài toán. Còn việc phân tích thì tùy vào kĩ năng thôi, mà cứ đánh giá cho gọn rồi phân tích cũng tốt.

Dù sao thì công sức tập hợp của bạn là đáng khuyến khích lắm, chỉ có điều nếu như đưa về dạng phân tích như vậy và đặt tên lả bán SOS, bán Schur thì ko đúng vì nó chưa thể hiện đc giw3 của cả hai PP này cả.

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: [email protected]


#27 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 30-04-2007 - 21:06

Chào you!
PP này thật sự... chưa thể gọi là một phương pháp, nó chỉ là một kĩ thuật phân tích thôi và các đánh giá của nó cũng ko đặc sắc lắm.
Mình nói thế là vì thứ nhất các ví dụ đều có thể giải bằng SOS hay gần như thế, hai là bậc ở đây tương đối nhỏ nên việc xử lí dường như khá thoải mái.
Việc sử dụng đc Chebyshev làm đánh giá trung gian cho thấy BDT ko chặt lắm.

Mình thấy PP thật sự nằm trong series những cách phân tích phát triển hậu SOS, tức là đưa về xấp xỉ 0.

Theo mình lớp các bạn nên phát triển thêm theo hướng là phân tích thế nào cũng xong, miễn là về dạng xấp xỉ ko và đánh giá vô tư lư :) Như thế sẽ hay hơn rất nhiều. Như mình đã làm trong chuyên đề về BDT Chebyshev, đưa ra nhiều hướng phân tích và áp dụng đánh giá thoải mái, cái quan trọng là đánh giá nào thích hợp nhất với bài toán. Còn việc phân tích thì tùy vào kĩ năng thôi, mà cứ đánh giá cho gọn rồi phân tích cũng tốt.

Dù sao thì công sức tập hợp của bạn là đáng khuyến khích lắm, chỉ có điều nếu như đưa về dạng phân tích như vậy và đặt tên lả bán SOS, bán Schur thì ko đúng vì nó chưa thể hiện đc giw3 của cả hai PP này cả.

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: [email protected]


#28 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 01-05-2007 - 12:55

Có thể đó là cách nhìn nhận và đánh giá của mỗi người
Thực sự SS cũng chưa chắc đã có thể gọi là một phương pháp hoàn chỉnh, cái tên của nó cũng chưa thực sự sát
với cách làm và nếu như theo CTptnk hiểu thì đó chỉ là một kĩ thuật phân tách nhưng ngay cả SOS cũng dựa trên một điều rất cơ bản đó là tổng bình phương luôn lớn hơn hoặc bằng 0 để phát triển thành một phương pháp hay và hoàn chỉnh.

Không nên chỉ nhìn một cách phiến diện mà hãy xem nó đã làm đơn giản hóa đi cách giải của khá nhiều bài mà SOS phải cực trâu (sử dụng các tiêu chuẩn ngoài 5 tiêu chuẩn trong Sáng tạo bdt đã nêu hoặc cực khó để chứng minh)
Để chứng minh điều đó , mời CTptnk làm thử bài Bdt sau theo cách SOS hoặc một cách nào đó mà you cho là ngắn gọn và 10maths_tp0609 sẽ post lời giải theo SS sau .

CMR với mọi a,b,c > 0 ta có
$ (\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})^2 \geq 3(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a})$
-------------------------------------
P/S : nhưng dẫu sao cũng rất cám ơn những đóng góp quý báu của CTptnk , 10maths_tp0609 xin tiếp thu những ý kiến trên và rất mong được làm quen với you để có thể mở rộng kiến thức.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 01-05-2007 - 13:42

Zarai "từ cấm"a XIII

#29 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 01-05-2007 - 12:56

Chán quá , sao không có ai giải thử bài này vậy:
post lại để làm nóng không khí đây :)
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2}{b} \geq 3\sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 01-05-2007 - 13:43

Zarai "từ cấm"a XIII

#30 toanhocmuonmau

toanhocmuonmau

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết
  • Đến từ:Cần Thơ
  • Sở thích:yêu và chỉ yêu 1 người thôi: Hằng ơi, anh yêu em!!!!!!!!!!!!!

Đã gửi 06-05-2007 - 11:48

Bất đẳng thức
$\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)^2 \ge 3\left(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\right)$
chính là bdt mà anh đã post ở trước
$(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2 \ge 3abc(a^4b^3+b^4c^3+c^4a^3)$
:D

The love makes us stronger!

V. Q. B. Can


#31 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 06-05-2007 - 17:20

Cho a,b,c >0.
CMR:
$ (\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})^2 \geq 3(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}) $

$ (\dfrac{b}{a^2}+\dfrac{c}{b^2}+\dfrac{a}{c^2})^2 \geq 3(\dfrac{b}{a^3}+\dfrac{c}{b^3}+\dfrac{a}{c^3}) $

vâng anh ạ. Cái bài toán thứ hai chính là bài của anh, bài toán 1 em tưởng chẳng liên quan gì, ngồi cm một hồi mới xong, hôm sau kiểm tra lại mới phát hiện ra bài 2 nếu đặt $ a=\dfrac{1}{z}$ thì nó thành bài 1 luôn nên chưa kịp chỉnh sửa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 12-05-2007 - 14:39

Zarai "từ cấm"a XIII

#32 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 07-05-2007 - 19:17

Mình thấy phương pháp này đúng còn yếu khi cm một số bài mạnh, nhưng lên mathlinks thấy có 2 bài anh Hùng làm hay quá, post thêm cho nó phong phú.

Prove that for any nonnegative real numbers we have
$ \dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 12 $

Rewrite the inequality to
$ (a-b)^{2}\left(\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)+(c-a)(c-b)\left(\dfrac{(c+a)(c+b)}{a^{2}c^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right). $
Let
$ M=\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $

$ N=\dfrac{(c+a)(c+b)}{a^{2}c^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}. $
We may assume that $ a\ge b\ge c $ , then $ N\ge 0 $ (it is very interesting). If $ a-b\le b-c $ then
$ (c-a)(c-b) \ge 2(a-b)^{2} $
and the inequality is proved if we can prove that
$ M+2N \ge \dfrac{(c+a)(c+b)}{a^{2}c^{2}}-\dfrac{10}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\ge 0. $
Indeed, this inequality is equivalent to
$ (c+a)(c+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \ge 10a^{2}c^{2}, $
Since $ b\ge \dfrac{a+c}{2} $, we refer
$ (c+a)(c+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \ge (c+a)\left(c+\dfrac{a+c}{2}\right)\left(a^{2}+c^{2}+\dfrac{1}{4}(a+c)^{2}\right) $

$ \ge 2\sqrt{ac}\cdot\sqrt{3ac}\cdot 3ac>10ac. $
So it remains to consider the case $ a-b\ge b-c $. In this case, we will prove that $M\ge 0$ or
$ (a+b)^{2}(a+b+c)^{2}\ge 9a^{2}b^{2}. $
If $ a\ge 2b $ then this inequality is true immediately because $ a^{2}+b^{2}\ge \dfrac{5}{2}ab $. So we may assume that $ a\le 2b $ . Because $ c\ge 2b-a $, we will prove next that
$ (a+b)^{2}\left(a^{2}+b^{2}+(2b-a)^{2}\right)^{2}\ge 9a^{2}b^{2}. $
Let $ x=\dfrac{a}{b}, then 1\le x\le 2 $. The inequality becomes
$ (x+1)^{2}(2x^{2}-4x+5) \ge 9x^{2} $
or
$ 2x^{4}-10x^{2}+6x+5 \ge 0. $
This can be check easily. We have done.

Remark. The inequality $ N\ge 0 $ can be proved due to (sinc $ c\le b $)
$ (c+a)(2c)(a^{2}+2c^{2}) \ge 9c^{2}a^{2} $
or
$ 2a^{3}-7a^{2}c+4c^{2}a+4c^{3}\ge 0 $
or
$ (a-c)^{2}(2a+c) \ge 0. $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 08-05-2007 - 17:34

Zarai "từ cấm"a XIII

#33 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 09-05-2007 - 11:05

Chúng ta cần phải làm quen nhau không nhỉ? :D

PP SOS cũng chỉ là một kĩ thuật thôi, nhưng nó có nhiều đánh giá, nhiều mở rộng và khơi nguồn ý tưởng nên nó mới được mang cái tên SOS. Còn bán Schur và bán SOS theo mình ko lầm thì có một đánh giá, hẻo quá!!!
Bạn nên update thêm các đánh giá cũng như cố gắng tối đá khắc phục điểm yếu của pp, như thế tất nhiên sẽ hay hơn.

Dẫu sao thì nhiều ví dụ thế cũng là tốt, mình chỉ xin thêm một cái bài bậc cao cao tí.

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: [email protected]


#34 Harry Potter

Harry Potter

    Kẻ Được Chọn

  • Hiệp sỹ
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:SG
  • Sở thích:Stochastic Objects

Đã gửi 09-05-2007 - 20:16

Hi 10maths_tp0609 ! :D
Mình có mấy ý kiến quanh cái chuyên đề vủa bạn
Đầu tiên ai cũng có thể thấy nó khá sáng tạo nhưng theo mình nó vẫn chưa " táo bạo" cho lắm . Đó là " đột phá " Mình nghĩ chuyên đề này chưa tạo được " Sự đột phá " . Nó chỉ đơn thuần là việc phân tích một bất đẳng thức 3 biến về một dạng khác với SOS và mình thấy ý kiến của bạn Nguyenngocquy là khá chính xác . PP này đôi khi còn khó hơn cả SOS . Tùy từng bài toán mà chúng ta sử dụng pp nào cho phù hợp . Mình cũng dành một nhiều thời gian cho bất đẳng thức , cũng có mấy kết quả tương tự như bạn , và mình cũng định post nên Forum , Nhưng nghĩ kĩ thì mình thấy việck naydf không cần thiết lắm nói thật nha quả thật cái chuyên đề này mình thấy nó rất khó để phát triển tiếp :D

We will always have STEM with us. Some things will drop out of the public eye and will go away, but there will always be science, engineering, and technology. And there will always, always be mathematics.
 


#35 10maths_tp0609

10maths_tp0609

    Zarai Nakeda XIII

  • Thành viên
  • 218 Bài viết
  • Đến từ:THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
  • Sở thích:Maths

Đã gửi 09-05-2007 - 23:04

Cám ơn sự đóng góp quý báu của mọi người rất nhiều.

Quả thật những gì mình post cho thấy pp của mình thực sự chưa đột phá cho lắm, nhưng trên thực tế nó đã giải quyết được 1 số bài toán đơn giản, còn những bài khó phức tạp hơn thì dành lại cho pp SOS vậy. Nhưng bạn đã đọc lời giải của anh Hùng chưa, nó ẩn chứa bứớc đột phá sáng tạo cho pp này, có thể với nhiều người thi pp này là không hay, khôg được đón nhạn nhưng với mình, khi đúng trước bài toán bdt 3 biến, pp mình nghĩ tới đầu tiên sẽ là pp này. Còn về vấn đề đánh giá thì bạn đọc bài của anh Hùng đi nhé, không phải chỉ có một đâu, mà chỉ có 1 cũng có cái hay của nó chứ, không cần phải suy nghĩ nhiều, như có những bài sử dụng tiêu chuẩn $ b^2S_c+c^2S_b\geq 0 $ nhưng đơn giản ta hoàn toàn có thể cm M,N :D 0, trong đấy ví dụ kinh diển nhất là Iran96, không cần qua bất kỳ đánh giá trung gian nào ta có M,N :D 0 luôn, mà bài này theo mình cũng không thể xếp vào hàng yếu.
Zarai "từ cấm"a XIII

#36 hd1999gl

hd1999gl

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-02-2014 - 20:14

bạn nào rảnh có thể đóng những bài của pp trên để đọc cho dễ được không?



#37 AkatsukiAD1010

AkatsukiAD1010

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Không gian 10 chiều!
  • Sở thích:Học Toán Lý Hóa, xem Naruto, làm Toán trên diễn đàn AOPS High School Olympiad!

Đã gửi 01-07-2016 - 01:18

Các anh cho em file pdf của topic này được không ạ?






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh