Trung Gauss

Bằng qui nạp dễ CM được $(u_n)\in (0;1)$. Xét dãy $(v_n)$: $$\begin{cases} v_0=\min \{a, b\}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2010}v^4_n+\dfrac{2009}{2010}\sqrt[4]{v_n}, \forall n\in\mathbb{N} \end{cases}$$  Theo AM-GM: $$v_{n+1}=\dfrac{1}{2010}v^4_n+\dfrac{2009}{2010}\sqrt[4]{v_n}\ge\sqrt[2010]{v_n^4.\sqrt[4]{v_n}} > v_n$$ Dễ thấy $v_n\in (0;1)$ Từ đó suy ra $\lim v_n=1$. 

Bằng qui nạp, dễ thấy: $v_n\le \min\{ u_{2n}, u_{2n+1}\}, u_{2n+3}\ge v_{n+1}\Rightarrow v_{n+1}\le\min\{u_{2n+2}, u_{2n+3}\}$. Do đó: $$v_n\le \min\{u_{2n}, u_{2n+1}\}\le \max\{u_{2n}, u_{2n+1}\}<1$$ Theo nguyên lý  kẹp, ta được: $$1<u_n<1\Rightarrow \lim u_n =1$$

Vậy, $$\boxed{\lim u_n =1}$$

không hiểu phần $\=\dfrac{4(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

$$\sum \dfrac{y}{(y+z)(x+y)}. \sum (y+z)=\sum \dfrac{y(z+x)}{(y+z)(x+y)}.\sum (y+z) =\dfrac{4(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

Theo Cauchy Schwarz: $$\left( \sum \sqrt{ \dfrac{y}{x+y} }\right)^2 \le \sum \dfrac{y}{(y+z)(x+y)}. \sum (y+z)=\dfrac{4(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

Tới đây áp dụng BDT quen thuộc: $$8(x+y+z)(xy+yz+zx)\le 9(x+y)(y+z)(z+x)$$ là có đpcm.

Bài toán: CMR tồn tại $k\in\mathbb{Z}$ để $2^nk+1$ là hợp số với mọi $n$.

a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác.

CMR: $\sum \frac{1}{a^2(p-a)^2}\geqslant \frac{9}{4S^2}$

 

Từ đk $a,b,c$ là 3 cạnh một tam giác, ta chọn $x,y,z$ s/cho: $a=y+z, b=z+x, c=x+y$. Khi đó BDT cần CM trở thành: $$\dfrac{1}{x^2(y+z)^2}+\dfrac{1}{y^2(z+x)^2}+\dfrac{1}{z^2(x+y)^2}\ge\dfrac{9}{4xyz(x+y+z)}$$ Đặt $m=yz, n=zx, p=xy$ Ta cần CM: $$\dfrac{1}{(m+n)^2}+\dfrac{1}{(n+p)^2}+\dfrac{1}{(p+m)^2}\ge \dfrac{9}{4(mn+np+pm)}$$ Đây chính là BDT Iran 96 quen thuộc 

Em đọc cái này thấy khá mâu thuẫn. Đã có $(a,b)$ là nghiệm nhỏ nhất của $(2)$ rồi sao phải "$(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi hệ $\begin{cases} a=x^2+dy^2 \\ b=2xy \end{cases}$ có nghiệm" nữa ?

Ví dụ như phương trình $x^2-2y^2=-1$ có $(1,1)$ là nghiệm nguyên dương nhưng hệ $\begin{cases} 1=x^2+2y^2 \\ 1=2xy \end{cases}$ hoàn toàn không có nghiệm nguyên dương.

 

Xin lỗi, mình nhầm  

 

KỲ THI OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ XXI 

 

 

Bài 4 (3 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số nguyên tố. Đặt $x=a+b-c,y=a+c-b,z=b+c-a$. Gỉa sử rằng $x^2=y$ và hiệu $\sqrt{z}-\sqrt{y}$ là bình phương của một số nguyên tố. Tính giá trị biểu thức :

$$T=(a+2)(b-10)(c+2)$$

 

 

 

Gọi $p$ là số nguyên tố sao cho $$\begin{aligned}&\sqrt{z}-\sqrt{y}=p^2\\\Leftrightarrow &z+y-2\sqrt{yz}=p^4\\\Leftrightarrow &2c-2\sqrt{(c+a-b)(b+c-a)}=p^4\end{aligned}$$ Từ đây suy ra $2\;|\; p\Rightarrow p=2$. Ta có hệ: $$\begin{cases}c-\sqrt{(c+a-b)(b+c-a)}=8\\(a+b-c)^2=c+a-b\end{cases}$$ Ta biến đổi PT đầu: $$\begin{aligned}& (c+a-b)(a+b-c)=(c-8)^2\\\Leftrightarrow &c^2-(a-b)^2=(c-8)^2\\\Leftrightarrow & (c-8)^2+(a-b)^2=c^2\end{aligned}$$ Xem đây là phương trình Pythargores, chú ý rằng $\gcd{(c-8, c, a-b)}=1$ (vì $a,b,c$ nguyên tố) nên:

 

     + Trường hợp 1: $\begin{cases} c-8=2mn\\a-b=m^2-n^2\\c=m^2+n^2\end{cases}\; (m,n\in\mathbb{N})$ Do $c$ nguyên tố mà lúc này $2\;|\; c$ nên $c=2$. Như vậy: $$(a+b-2)^2=a-b+2$$ Vì $\gcd{(c-8, a-b, c)}=1$ nên $a,b$ khác tính chẵn lẻ. Tuy nhiên khi $a=2\vee b=2$ thì hệ đều không thỏa mãn.

 

     + Trường hợp 2: $\begin{cases}a-b=2mn\\c-8=m^2-n^2\\c=m^2+n^2\end{cases}(m,n\in\mathbb{N})$ Từ đây suy ra luôn $n=2\Rightarrow \begin{cases}c=m^2+4\\a-b=4m\end{cases}$ Thay vào hệ trên ta được: $$(a+b-m^2-4)^2=(m+2)^2$$

          $\bullet $ Khả năng 1: $a+b-m^2-4=m+2\Leftrightarrow a+b=m^2+m+6$. Kết hợp với $a-b=4m$ suy ra: $$\begin{cases}a=\dfrac{(m^2+5m+6}{2}\\b=\dfrac{m^2-3m+6}{2}\end{cases}$$ Đặt $m=2k+1,k\in\mathbb{Z}$ Suy ra $a=(k+2)(2k+3)$ Do $a$ nguyên tố nên $$2k+1=^+_- 1\vee k+2=^+_-1\Rightarrow k=-3\Rightarrow a=3, b=23, c=29\Rightarrow \boxed{T=2015}$$

     

         $\bullet $ Khả năng 2: $a+b-m^2-4=-m-2\Leftrightarrow a+b=m^2-m+2$. Suy ra: $$\begin{cases} a=\dfrac{m^2+2m+2}{2}\\b=\dfrac{m^2-5m+2}{2}\end{cases}$$ Đặt $m=2k+1, k\in\mathbb{Z}$ Suy ra $a=(k+1)(2k+3)$ Tương tự ta cũng có $2k+3=^+_- 1\vee k+1=^+_- 1$ Tuy nhiên  lúc này ta không nhận được giá trị $a, b, c$ nguyên tố nào.

 

Tóm lại $$\boxed{T=2015}$$

Tìm tất cả số nguyên dương $n$ sao cho $2^n-1$ chia hết cho $3$ và $\frac{2^n-1}{3}$ là ước của một số nguyên có dạng $4m^2+1$.

 

Bổ đề 1: Với mỗi số nguyên dạng $4k+3$ thì luôn tồn tại một ước nguyên tố $p\equiv 3\pmod{4}$.

Bổ đề 2: Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ và tồn tại $x, y\in\mathbb{Z}$ thỏa $p\;|\; x^2+y^2$ thì $\begin{cases}p\;|\; x\\p\;|\; y\end{cases}$

 

Quay lại bài toán:

Ta có: $2\equiv -1\pmod{3} $ nên $2^n\equiv 1\pmod{3}\Leftrightarrow n $ chẵn. Giả sử: $n=2^k.h,\; h$ lẻ. ta sẽ CM $h=1$. Thật vậy, g/s $h>1$. Ta có: $$2^h-1\;|\; 2^n-1\;|\; 3.4m^2+3$$ Do xét $h $ lẻ nên ta xét với $2^h-1\;|\; 4m^2+1$. Do $2^h-1\equiv 3\pmod{4}$ nên theo bổ đề 1, tồn tại một ước nguyên tố của $2^h -1$ dạng $2^l-1$ Sử dụng bổ đề 2, ta có: $$\begin{cases}2^l-1\; |\; 4m^2\\2^l-1\;|\;1\end{cases}\Leftrightarrow l=1, \text{vô lý}$$ Do vậy $n=2^k, k\in\mathbb{N}$. Ta sẽ CM đây cũng chính là KQ cần tìm. Ta phân tích: $$2^{2^k}-1=(2^{2^0}+1)(2^{2^1}+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{k-1}}+1)$$ Chú ý rằng $3\;|\; 2^n-1$ nên ta xét với $\prod_{i=1}^{k-1}(2^{2^i}+1)$ Xét hệ thặng dư: $$\begin{cases} x\equiv 2^{2^0-1}\pmod{2^{2^1}+1}\\x\equiv 2^{2^1-1}\pmod{2^{2^{2}}+1}\\...\\x\equiv 2^{2^{i-1}-1}\pmod{2^{2^i}+1}\\...\\x\equiv 2^{2^{k-2}-1}\pmod{2^{2^{k-1}}+1}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}4x^2\equiv -1\pmod{2^{2^1}+1}\\4x^2\equiv -1 \pmod{2^{2^2}+1}\\...\\4x^2\equiv -1\pmod{2^{2^i}+1}\\...\\4x^2\equiv -1\pmod{2^{2^{k-1}}+1}\end{cases}$$. Chú ý rằng $\gcd(2^{2^i}+1; 2^{2^j}+1)=1, i\neq j$ nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ này có nghiệm duy nhất: $$4x^2\equiv -1\pmod{\prod_{i=1}^{k-1}(2^{2^i}+1)}\Leftrightarrow 4m^2+1\;\vdots \;\dfrac{2^n-1}{3}$$

Vậy: $n=2^k, k\in\mathbb{N}$

I. Định nghĩa:

    1. Hàm lồi, lõm:

       Hàm số $f$ được gọi là lồi trên đoạn $[\alpha; \beta ]\subset\mathbb{R}$ nếu với mọi $x, y\in [\alpha; \beta ]$ và với mọi $a,b\ge 0$ thỏa $a+b=1$ thì: $$f(ax+by)\ge af(x)+bf(y)$$ 

       Ngược lại, $f$ được gọi là lõm trên đoạn $[\alpha; \beta ]\subset\mathbb{R}$ nếu với mọi $x, y\in [\alpha; \beta ]$ và với mọi $a,b\ge 0$ thỏa $a+b=1$ thì: $$f(ax+by)\le af(x)+bf(y)$$ 

 Chú ý: Ta thừa nhận kết quả sau:

     Nếu hàm $f$ khả vi hai lần trên $[\alpha ;\beta ]$ thì $f$ lồi trên $[\alpha ;\beta ]$ khi $f''\le 0,\forall x\in [\alpha; \beta ]$. Ngược lại, $f$ lõm trên $[\alpha; \beta ] $ khi $f''\ge 0,\forall x\in [\alpha ;\beta ]$

    2. Hàm bán lồi, bán lõm:

       Hàm số $f$ được gọi là bán lồi, bán lõm trên $[\alpha ; \beta ]\subset \mathbb{R}$ nếu tồn tại hằng số $\gamma\in [\alpha ; \beta ]$ duy nhất sao cho $f$ lồi trên $[\alpha ; \gamma ]$ và lõm trên $[\gamma ; \beta ]$ hoặc ngược lại.

II. Tính chất:

                                                                         

    1. Nếu $f$ là hàm lồi trên $[\alpha ; \beta ]$ thì ta có: $\min f=\min\{ f(\alpha ); f(\beta )\}$

    2. Nếu $f$ lõm trên $[\alpha ; \beta ]$ thì ta có: $\max f=\max\{ f(\alpha ); f(\beta )\}$

    3. Nếu $f$ là một hàm lõm trên đoạn $[\alpha ; \beta ]$ thì khi đó với mọi $x,y, z\in\mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời $\beta \ge x\ge z\ge y\ge \alpha$ và $x+y-z\ge\alpha  $ thì $$f(x)+f(y)-f(z)\ge f(x+y-z)$$ 

 Chứng minh: 

 Đặt $t=x-z$, dễ thấy $0\le t\le x-y\Rightarrow t=k(x-y), k\in [0; 1]$. Ta có: $$\begin{aligned}f(x)+f(y)-f(z)-f(x+y-z)&=f(x)+f(y)-f(x-t)-f(y+t)\\&=f(x)+f(y)-f\left(x-k(x-y)\right)-f\left( y+k(x-y)\right)\\&=f(x)+f(y)-f\left((1-k)x+ky\right)-f\left( kx+(1-k)y\right) \\&\ge f(x)+f(y)-(1-k)f(x)-kf(y)-kf(x)-(1-k)f(y)=0\;\;\;\text{(Q.E.D)}\end{aligned}$$ 

   4. Nếu $f$ lồi trên  trên đoạn $[\alpha ; \beta ]$ thì khi đó với mọi $x,y, z\in\mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời $\beta \ge x\ge z\ge y\ge \alpha$ và $x+y-z\ge\alpha$ thì $$f(x)+f(y)-f(z)\le f(x+y-z)$$ 

   5. Nếu $f$ lõm trên $[\alpha ; \beta ]$ thì với dãy số $x_n \in [\alpha ; \beta ]$ thỏa $\sum_{i=1}^nx_i\le \beta+(n-1)\alpha$ thì khi đó: $$f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)-(n-1)f(a)\le f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )$$

 Chứng minh: 

 Ta chứng minh bằng qui nạp theo $n$ 

 Với $n=1$, hiển nhiên đúng.

 Giả sử tính chất 5 đúng tới $n$. Ta xét khi $n+1$.

 Không giảm tính tổng quát, giả sử $x_{n+1}=\max\{x_1; x_2;...; x_{n+1}\}$. Sử dụng giả thiết qui nạp ta chỉ cần chứng minh: $$f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )+f(x_{n+1})\le f(\alpha )+f(x_1+x_2+...+x_{n+1}-n\alpha )$$ Do $x_{n+1}=\max\{x_1, x_2,..., x_{n+1}\}$ và $x_i\in [\alpha; \beta ]$ nên: $$\begin{aligned}f(\alpha )+f(x_1+x_2+...+x_{n+1}-n\alpha )&\ge f(x_1+x_2+...+x_{n+1}-n\alpha +\alpha -x_{n+1})+f(x_{n+1})\\&=f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )+f(x_{n+1})\end{aligned}$$ Như vậy, khẳng định đúng với $n+1$. Ta có đpcm.

  6. Nếu $f$ lồi trên $[\alpha ; \beta ]$ thì với dãy số $x_n \in [\alpha ; \beta ]$ thỏa $\sum_{i=1}^nx_i\le \beta+(n-1)\alpha$ thì khi đó: $$f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)-(n-1)f(a)\ge f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )$$

               i) $(x_n)$ là dãy không giảm.

               ii) $x_n\in\mathbb{R}$

               iii) $x_1+x_2+...+x_n=k=\text{const}$

               iv) $f$ là hàm trên $[\alpha ; \beta ]$ thỏa $f$ lõm trên $(-\infty; \gamma ]$ và lồi trên$[\gamma ; +\infty )$.

Đặt $F=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)$. Khi đó: 

       + $\max F\Leftrightarrow x_1\le x_2=x_3=...x_n$

       + $\min F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{n-1}\le x_n$

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

Năm học: 2015-2016

Môn: Toán (Chuyên)

Thời gian: 150 phút

 

Câu 1: Cho các số thực $a,b, c, x,y$ thỏa mãn $\begin{cases}a+b+c=0\\\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=\dfrac{x+y}{c}\end{cases}$. Chứng minh rằng: $xa^2+yb^2=(x+y)c^2$

 

Câu 2:

a.Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}x-2y=\sqrt{3y}-\sqrt{x+y}\\4x^2y^2-10x^2y+8x^2-10x+4=0\end{cases}$$

b.Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa mãn:$\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$.Tìm $\textit{Min}$ và $\textit{Max}$ của $P=\sqrt{a+8}+\sqrt{b+8}$

Câu 3:

    a. Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ phân biệt thỏa $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1$

    b. Cho các số nguyên dương $a,, c$ nguyên tố cùng nhau. Xét đa thức $P(x)=x^2-(a+b)x+ab$, biết $P( c )=c^2$. CMR: $c.P(a+b)$ là số chính phương.

 

Câu 4: Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB>AC$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. $BC, EF$ gặp nhau tại $K$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $BC$ và $(O), (O')$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF, BKE$.

   a. CMR: $ME$ là tiếp tuyến của $(O)$ và $(O')$.

   b. CMR: $H$ là trực tâm tam giác $AMK$.

 

Câu 5: Cho bảng hình vuông kích thước $5\times 5$. Tô màu $k$ ô vuông con của bảng sao cho trong bất kì bảng con $2\times 2$ nào cũng chỉ không quá $2$ ô vuông con được tô màu. Chứng minh giá trị lớn nhất của $k$ là $15$

 

Dinh Xuan Hung:Đề này thiếu câu 2b (Đã được bổ sung)

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LONG AN

Năm học: 2015-2016

Thới gian: 150 phút (Toán chuyên)

 

Câu 1(1,5 điểm): 

Rút gọn biểu thức: $$T=\left(\dfrac{x-1}{\sqrt{x-1}}+\dfrac{\sqrt{x^3}-1}{1-x}\right):\left(\dfrac{(\sqrt{x}-1)^2+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\right)$$ Sau khi rút gọn hãy so sánh T với 1.

 

Câu 2(2,0 điểm)

Cho pt $x^2-mx+1=0$. Xá định $m$ để pt có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^4+x_2^4=2$

 

Câu 3(,0 điểm)

Giải hệ pt: $$\begin{cases}x\sqrt{y}+y\sqrt{x}=12\\x\sqrt{x}+y\sqrt{y}=28\end{cases}$$

 

Câu 4(2,5 điểm)

Cho đường tròn $(O)$ và điểm $A$ bên ngoài đường tròn. Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AB,AC$ tới $(O)$ và đướng thẳng đi qua $O$ cắt $(O)$ tại $D,E$ ($B,C$ là các tiếp điểm). $H$ là trung điểm $BC$

a, CM: $HA$ là phân giác góc $\widehat{BHC}$

b, $BC,DE$ gặp nhau tại $I$. CM: $AB^2=AI.AH$

 

Câu 5(1,0 điểm)

 Trên bảng cho các số $1,2,...,15,16$. Xóa hai số $a,b$ trong số vừa nêu trên và viết thêm số $|a-b|$. Cứ tiếp tục như thế, sau mỗi bước giảm một số. Hỏi số còn lại có thể là số $9$ không? Tại sao?

 

Câu 6(1,0 điểm)

Cho $x,y\in\mathbb{R}$ thỏa $2(x^2+y^2)=xy+1$. Tìm GTLN và GTNN của $U=xy$

 

Câu 7(1,0 điểm)

Cho tam giác $ABC$ với các đường cao $h_a, h_b, h_c$ với các đỉnh $A, B, C$ và bán kính đường tròn nội tiếp là $r$. Tính $H=\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}$ theo $r$

 

Nguồn: Hades Phạm

 

 

Câu 4 (2 điểm):

  Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ và $a, b$ là hai số tự nhiên lẻ sao cho $a+b$ chia hết cho $p$ và $a-b$ chia hết cho $p-1$. CMR $a^b+b^a$ chia hết cho $2p$

 

 

Lời giải:

 Không giảm tính tổng quát, giả sử: $a\ge b$. Gọi $r$ là số dư trong phép chia $a$ cho $p$, khi đó: $a\equiv r\pmod{p}$ Vì $p\;|\; a+b$ nên suy ra $b\equiv -r\pmod{p}$. Do đó: $$\begin{aligned} & a^b+b^a\equiv r^b-r^a\pmod{p}\\\Leftrightarrow & a^b+b^a\equiv r^b(1-r^{a-b})\pmod{p}\end{aligned}$$ Mặt khác, do $p-1\;|\; a-b$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $a-b=k(p-1)$.

 Theo định lý Fermat, ta có: $$\begin{aligned}& r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow & r^{k(p-1)}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow &r^{a-b}\equiv 1\pmod{p}\end{aligned}$$ Do đó: $$a^b+b^a\equiv 0\pmod{p}$$

Mặt khác vì $a,b$ là các số tự nhiên lẻ nên $a^b+b^a\equiv 0\pmod{2}$. Từ đó suy ra đpcm.

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Đây là BDT Hadwinger-Finsler, làm mạnh bài bất của bài bất trong kì thi IMO 1961

 

Cách khác:

BDT cần chứng minh tương đương: $$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3} S$$

Ta có: $S=\dfrac{1}{2}ab\sin C$ nên dễ dàng chỉ ra được: $$ab+bc+ca=2S\left(\dfrac{1}{\sin C}+\dfrac{1}{\sin B}+\dfrac{1}{\sin C}\right)$$ Ngoài ra, ta còn có KQ quen thuộc sau: $$a^2+b^2+c^2=4S(\cot A+\cot B+\cot C)$$ Từ đó chuyển bài toán về CM: $$\dfrac{1-\cos A}{\sin A}+\dfrac{1-\cos B}{\sin B}+\dfrac{1-\cos C}{\sin C}\ge\sqrt{3}\\\Leftrightarrow \tan \dfrac{A}{2}+\tan\dfrac{B}{2}+\tan\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{3}$$ BDT này đúng vì: $$\left( \tan \dfrac{A}{2}+\tan\dfrac{B}{2}+\tan\dfrac{C}{2}\right)^2\ge 3\left(\tan\dfrac{A}{2}\tan\dfrac{B}{2}+\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}+\tan\dfrac{C}{2}\tan\dfrac{A}{2}\right)=3$$Bài toán được CM.

Bài toán sau vẫn có thể giải bằng nguyên lý biên:

Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa $5(a^2+b^2+c^2)=6(ab+bc+ca)$. Tìm GTLN của: $$ P=(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$$

http://math.stackexc...ere-x-n1-sinx-n