Chủ đề này có 14 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu.

Điều 3. Phương thức thi đấu, cách tính điểm:
a. Phương thức thi đấu:
- Trước mỗi trận, các toán thủ nộp đề cho BTC, BTC chọn 1 đề thi đấu. Đề thi được chọn là của toán thủ nào thì toán thủ đó gọi là toán thủ ra đề.Toán thủ ra đề không phải làm bài. (BTC đảm bảo nguyên tắc mỗi toán thủ chỉ được chọn đề nhiều nhất 1 lần). Toán thủ đã được chọn đề 1 lần thì những trận sau đó không cần phải nộp đề nữa.
- Trong trường hợp đến hết ngày thứ Tư hàng tuần mà không có toán thủ nào nộp đề, BTC sẽ chỉ định toán thủ có SBD nhỏ nhất (chưa có đề được chọn) phải ra đề.
...

b. Cách tính điểm
...

+ Nếu ra đề sai, đề không đúng chủ đề định sẵn, đề vượt quá cấp học hoặc không giải được đề mình ra, toán thủ ra đề được −30 điểm.
+ Nếu đến lượt mà không ra đề được −20 điểm.
+ Ra đề mà không post đáp án đúng thời gian được −10 điểm
...

Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu không copy nguyên văn từ đề thi Olympic quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ Latex rõ ràng.

BTC yêu cầu các toán thủ nộp đề về Hàm số hoặc cực trị hoặc bất đẳng thức. Đề cần nộp cùng đáp án

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

[diepviennhi]

Cho $a,b,c\in \mathbb{R},a+b+c=6$ chứng minh $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})$
Lời giải : $a^{4}-2a^{3}-(8a-16)=(a-2)^{2}(a^{2}-2a+4)\geq 0\Rightarrow a^{4}-2a^{3}\geq 8a-16$
Tương tự ta có $b^{4}-2b^{3}\geq 8b-16,c^{4}-2c^{3}\geq 8c-16\Rightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}-2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 8(a+b+c)-16.3=8.6-16.3=0\Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})$ (điều phải chứng minh)

[hoangtrong2305]

Cho $a,b,c>0$ thoả $abc=1$, tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$a^{\frac{1}{bc}}b^{\frac{1}{ac}}c^{\frac{1}{ab}}$$

Lời giải

Theo giả thiết, ta có $abc=1$

$\Rightarrow a^{\frac{1}{bc}}b^{\frac{1}{ac}}c^{\frac{1}{ab}}=a^{a}b^{b}c^{c}$

Giả sử giá trị nhỏ nhất của $a^{a}b^{b}c^{c}$ là $d$ ,lấy Logarith Neper, có:

$a \ln a+b\ln b+c \ln c\geq \ln d$

Ta chứng mình bài toán sau:$\forall x>0$ thì $\ln x\geq 1-\frac{1}{x}$

Đặt $f(x)=\ln x-1+\frac{1}{x}$ (với $x\neq 0$)

Ta xét hàm số $f(x)$ trong $(0;+\infty )$

$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}$

$f'(x)=0\Rightarrow x=1$

Bảng biến thiên:



Từ bảng biến thiên $\Rightarrow f(x)\geq 0; \forall x > 0$

$\Rightarrow \ln x-1+\frac{1}{x}\geq 0,\forall x>0$

$\Rightarrow \ln x\geq 1-\frac{1}{x},\forall x>0$ (Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=1$)

$\Rightarrow a \ln a+b\ln b+c \ln c\geq a(1-\frac{1}{a})+b(1-\frac{1}{b})+c(1-\frac{1}{c})$

$\Leftrightarrow a \ln a+b\ln b+c \ln c\geq a+b+c-3\geq 3\sqrt[3]{abc}-3=3-3=0$ (theo AM-GM)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $a \ln a+b\ln b+c \ln c$ là $0$ (đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$)

Mặt khác, ta có $\ln d$ cũng là giá trị nhỏ nhất của $a \ln a+b\ln b+c \ln c$ theo điều ta giả sử

Vậy $\ln d=0\Leftrightarrow d=1$

Vậy $a^{a}b^{b}c^{c}\geq 1$ hay $a^{\frac{1}{bc}}b^{\frac{1}{ac}}c^{\frac{1}{ab}}\geq 1$

KẾT LUẬN: Giá trị nhỏ nhất của $a^{\frac{1}{bc}}b^{\frac{1}{ac}}c^{\frac{1}{ab}}=1\Leftrightarrow a=b=c=1$

[NGOCTIEN_A1_DQH]

MHS 09 - NGOCTIEN_A1_DQH xin nộp đề:

đề bài: cho $x,y,z>0 $ thỏa $xyz=1 $. chứng minh rằng:

$ \sum \frac{1}{\sqrt[4]{80x^4+4x^2-4x+1}} \geq 1 $ (*)

lời giải:

trước hết ta chứng minh 2 đánh giá sau:

*) $ \fbox{1}: \sqrt[4]{80x^4+4x^2-4x+1} \leq \sqrt{10x^2-2x+1} $

thật vậy, mũ 4 cả 2 vế thì $ \fbox{1} $ trở thành:

$ 80x^4+4x^2-4x+1 \leq 100x^2-40x^3+4x^2+20x^2-4x+1 $

$ \Leftrightarrow 20x^4-40x^3+20x^2 \geq 0 $ (luôn đúng)

vậy $ \fbox{1} $ được chứng minh

*) $ \fbox{2}: \sqrt{10x^2-2x+1} \leq x^2+x+1 $

cũng thực hiện bình phương 2 vế thì

$ \fbox{2} \Leftrightarrow 10x^2-2x+1 \leq x^4+x^2+1+2x^3+2x^2+2x $

$ \Leftrightarrow x(x+4)(x-1)^2 \geq 0 $ (luôn đúng)

vậy từ $ \fbox{1}$ và $ \fbox{2} $ ta có:

$$ \sqrt[4]{80x^4+4x^2-4x+1} \leq x^2+x+1 $$

$$ \Rightarrow \frac{1}{\sqrt[4]{80x^4+4x^2-4x+1}} \geq \frac{1}{x^2+x+1} $$

thiết lập 2 bất đẳng thức tương tự với $ y,z $ rồi cộng lại ta được:

$$ VT(*) \geq \frac{1}{x^2+x+1}+ \frac{1}{y^2+y+1}+ \frac{1}{y^2+y+1} $$

ta sẽ chứng minh $ \frac{1}{x^2+x+1}+ \frac{1}{y^2+y+1}+ \frac{1}{y^2+y+1} \geq 1 $ với $ xyz=1 $ (**)

vì $ xyz=1 $ nên có thể đặt $ x=\frac{bc}{a^2}, y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2} $

khi đó, bất đẳng thức (**) trở thành:

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

áp dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz và kết quả cơ bản $ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \geq abc(a+b+c) $ ta có:

$ VT \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}=1 $

vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu bằng xảy ra khi $ x=y=z=1 $

[sogenlun]

Em xin nộp đề.
Đề bài :Cho $a,b,c \in \left [ 0 ; \,\,\, 3 \right ] , a+b+c=4$.
Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất :
$$ P = \dfrac{13}{9}.a^2 + b^2 +3c^2 -2b -23c -10 $$

Lời giải :
$\bullet$ Giá trị nhỏ nhất :
Ta có : $$P = \dfrac{13}{9}.a^2 +(b-1)^2 +3(c-3)^2 -5c -38$$
$$ \Rightarrow P \ge -5.3 - 38 = -52$$
Dấu bằng xảy ra khi : $a=0 , b=1 , c=3 $
Vậy $minP = -52 $ đạt khi $ a=0 , b=1 , c=3 $
$\bullet$ Giá trị lớn nhất :
Ta có : $$ P = b^2+c^2 – 2(b+c) + 2c^2 -6c -15c +\dfrac{13}{9}.a^2 -10 $$
Có : $$ b^2+c^2 \le (b+c)^2$$
$$ 2c^2 -6c = 2c(c-3) \le 0$$
$$ -15c \le 0$$
Suy ra $$ P \le (b+c)^2-2(b+c)+1+\dfrac{13}{9}a^2 -11 $$
$$ \Leftrightarrow P \le (b+c-1)^2 + +\dfrac{13}{9}a^2 -11$$
$$ \Leftrightarrow P \le (a-3)^2 + +\dfrac{13}{9}a^2 -11$$
$$ \Leftrightarrow P \le \dfrac{22}{9}.a^2 -6a -2 $$
$$ \Leftrightarrow P \le \dfrac{22}{9}.a^2 -6a -4+2$$
$$ \Leftrightarrow P \le \dfrac{2}{9}.(a-3)(11a+6)+2$$
Do $(a-3)(11a+6) \le 0$ suy ra $P \le 2$
Dấu bằng xảy ra khi : $ a=3 , b=1 ,c=0$
Vậy $maxP = 2$ đạt khi $ a=3 , b=1 ,c=0$

[19kvh97]

Đề bài : Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$ . Tìm GTLN của biểu thức

$A=\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}c+b^{5}c+1}.\sqrt{b^{5}a+c^{5}a+1}}$

Bài giải

Ta có $a^{5}+b^{5}=(a+b)(a^{4}-a^{3}b+a^{2}b^{2}-ab^{3}+b^{4}) =(a+b)\left [(a^{2}+b^{2})(a^{2}+b^{2}-ab)-a^{2}b^{2} \right ]$
Theo AM-GM ta có $a^{2}+b^{2}\geq2ab$ ĐTXR khi $a=b$
$\Rightarrow a^{5}+b^{5}\geq(a+b)a^{2}b^{2}$
$\Rightarrow a^{5}c+b^{5}c+1\geq (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{a^{5}c+b^{5}c+1}}\leq \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a+b+c}}$
cmtt ta có $ A\leq \frac{\sqrt{ac}+\sqrt{ba}+\sqrt{cb}}{a+b+c}$
Mà mà ta có$\sqrt{ac}+\sqrt{ba}+\sqrt{cb}\leq a+b+c$ ĐTXR khi $a=b=c$
$\Rightarrow A\leq 1$.
$A=1$ khi $\left\{\begin{matrix} a=b=c & & \\ abc=1& & \end{matrix}\right.$ hay $a=b=c=1$
Vậy $MaxA=1$ khi $a=b=c=1$

[Spin9x]

Đề bài:
$a,b,c$ là các số không âm thoả mãn : $a+b+c=3$.Chứng minh rằng :

$\frac{1}{6-ab}+\frac{1}{6-bc}+\frac{1}{6-ca} \leqslant \frac{3}{5}$

[minh29995]

Đề bài:
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn:
$x+y+z=4$
Tìm GTNN của biểu thức:
$A=4xyz-2(xy+yz+xz)-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}$
Lời giải:
Ta có:
$A=4xyz+x^2+y^2+z^2-12\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}-16$
Đặt $\sqrt[3]{x^2+y^2+z^2}=t$ ta được:
$A=4xyz+t^3-12t-16\geq t^3-12t-16$
Ta có:
$(t-2)^2(t+4)\geq 0$
Suy ra:
$t^3-12t\geq -16$
(Bước này có thể khảo sát hàm số)
Do đó:
$A\geq -32$
Dấu bằng xảy ra khi x,y,z có 2 số bằng 2 và 1 số bằng 0

[luuxuan9x]

Đề của toán thủ Luuxuan9x:

Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $(a+b-c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})=4$.Chứng minh rằng:

$(a^{4}+b^{4}+c^{4})(\frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{b^{4}}+\frac{1}{c^{4}})\geq 2304$.

Bài giải:

Không mất tính tổng quát , giả sử $a\geq b$. Đặt $\frac{a}{b}=u,u\geq 1$.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM , ta có:

$(a+b-c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})=(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-[(a+b)\frac{1}{c}+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})c]+1$

$\leq (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-2\sqrt{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}+1$

$\leq [\sqrt{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-1}]^{2}=(\sqrt{u+\frac{1}{u}+2}-1)^{2}$

Từ đó suy ra $(\sqrt{u+\frac{1}{u}+2}-1)^{2}\geq 4$ =>$u+\frac{1}{u}\geq 7$

Sử dụng kết quả này kết hợp vơi bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:

$(a^{4}+b^{4}+c^{4})(\frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{b^{4}}+\frac{1}{c^{4}})\geq [\sqrt{(a^{4}+b^{4})(\frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{b^{4}})}+1]^{2}$

$=(u^{2}+\frac{1}{u^{2}}+1)^{2}=[(u+\frac{1}{u})^{2}-1]$

$\geq (7^{2}-1)^{2}=2304$

Dấu "=" xảy ra <=> $\left\{\begin{matrix} ab=c^{2}\\ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}=7 \end{matrix}\right.$

Vậy bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh.

[longqnh]

Đề thi đề nghị MHS trận 3: Nguyễn Thành Long – longqnh – MHS13

Cho $x,y,z > 1$ thỏa mãn $x + y + z = xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$P = \frac{{y - 2}}{{{x^2}}} + \frac{{z - 2}}{{{y^2}}} + \frac{{x - 2}}{{{z^2}}}$

Bài giải:
Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} = 1$
Ta có:
$\begin{array}{l}
P = \frac{{y - 2 + x}}{{{x^2}}} + \frac{{z - 2 + y}}{{{y^2}}} + \frac{{x - 2 + z}}{{{z^2}}} - \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \\
{\rm{ }} = \frac{{\left( {x - 1} \right) + \left( {y - 1} \right)}}{{{x^2}}} + \frac{{\left( {y - 1} \right) + \left( {z - 1} \right)}}{{{y^2}}} + \frac{{\left( {x - 1} \right) + \left( {z - 1} \right)}}{{{z^2}}} - \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \\
{\rm{ }} = \left( {x - 1} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right) + \left( {y - 1} \right)\left( {\frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) + \left( {z - 1} \right)\left( {\frac{1}{{{z^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}}} \right) - \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \\
\end{array}$
Sử dụng BĐT Cauchy, ta có
$\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} \ge \frac{2}{{xz}} => \left( {x - 1} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right) \ge \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{xz}}$ (vì $x-1>0$ )
Chứng minh tương tự, ta được:
$P \ge 2\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) - 2\left( {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}} \right) - \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) => P \ge \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) - 2$
Mà
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \sqrt {3\left( {\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}} \right)} = \sqrt 3 $
Vậy $P \ge \sqrt 3 - 2$
KẾT LUẬN: $\min P = \sqrt 3 - 2$ đạt được khi $x = y = z = \sqrt 3 $

[BoFaKe]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}$(1)
Giải:
Ta có:$$a^{4}+b+c= \frac{(a^{2})^{2}}{1}+\frac{(b^{2})^{2}}{b^{3}}+\frac{(c^{2})^{2}}{c^{3}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{1+b^{3}+c^{3}}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}\leq \frac{1+b^{3}+c^{3}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$$
Tương tự rồi cộng 3 vế lại ta sẽ có
$$ VT (1) \leq \frac{3+2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$$
Ta sẽ chứng minh :
$$\frac{3+2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}\leq \frac{3}{a+b+c} (2)$$
Quy đồng lên và đặt $S= a+b+c$ và $P= ab+bc+ca$ khi đó ta có:
$$(a+b+c)(3+2(a^{3}+b^{3}+c^{3}))\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$$
$$\Leftrightarrow S(3+2(S^{3}-3PS+3abc))\leq 3(S^{2}-2P)^{2}$$
$$\Leftrightarrow 3S+2S^{4}-6PS^{2}+6abcS\leq 3S^{4}-12PS^{2}+12P^{2}$$
$$\Leftrightarrow S^{4}-6PS^{2}-6abcS+12P^{2}-3S\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (S^{2}-3P)^{2}+(P^{2}-3S)+2(P^{2}-3abcS)\geq 0$$
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng vì từ giả thiết ta có :
$$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Rightarrow abc\geq 1$$
Và $$P^{2}= (ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)=3abcS\geq 3S$$
Nên $$P^{2}\geq 3abcS$$ và $$P^{2}\geq 3S$$
Vậy ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$.

[CD13]

CD13 thấy bài BĐT của BoFaKe là được đấy!

E.Galois: OK, quyết định vậy đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 07-09-2012 - 19:45
ý kiến

[E. Galois]

Do đến giờ này chưa có toán thủ nào nộp đề nên BTC yêu cầu hai toán thủ banglangtimhy, ElenaIP9 phải ra đề

[CD13]

Thấy bài của minh29995 phù hợp (ngang với thi Đại học)

[hoangtrong2305]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=3$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}$$

 

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

Đặt $A=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}$

 

Ta có: $(a^{2}+b^{2}+c)(a+b+c^{2})\leq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)^{2}}{4}$

 

$\Rightarrow \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}=\frac{a^{2}+b^{2}+c}{\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c)(a+b+c^{2})}}\geq \frac{2(a^{2}+b^{2}+c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3}$

 

Suy ra

 

$$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}\geq \frac{2(a^{2}+b^{2}+b^{2}+c^{2}+c^{2}+a^{2}+a+b+c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3}=\frac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3}$$

 

Ta sẽ chứng minh:

 

$$\frac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3}\geq 3$$

 

Tương đương với chứng minh

 

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

 

Điều đó luôn đúng với mọi $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$ bởi vì

 

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

 

Vậy

 

$$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}\geq 3$$

 

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

 

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A=3\Leftrightarrow a=b=c=1$