Bài 1)Giải các hệ , pt, bpt sau:
a) $\large\ (3x+y)^{x-y}=9 $
$\large\sqrt[x-y]{324}=18x^2+12xy+2y^2 $
(Đây là 1 hệ)
b) $\large\ 2^{tan(x-\dfrac{\pi}{4})}-2.0,25^{-\dfrac{sin^2(x-\dfrac{\pi}{4})}{cos2x}} \geq 1 $
c) $\large\ x^3-3x^2-8x+40-8\sqrt[4]{4x+4}=0 $
d) $\large\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2-x+1}=4x^2-x+\dfrac{32}{x^2(2x^2+3)^2} $
Bài 2)CM các bất đẳng thức sau:
a) Cho a,b,c dương CMR:
$\large\dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{1}{x^2+xz+z^2} \geq \dfrac{9}{(x+y+z)^2} $
b)Tìm n nguyên dương và tính các góc A,B,C tam giác ABC biết nó thỏa:
$\large\sqrt[2000]{tan^nA}+\sqrt[2000]{tan^nB}+\sqrt[2000]{tan^nC}=\dfrac{n(3\sqrt3-1)+6000}{2000} $
c)CMR:
$\large\dfrac{k}{k+1} \leq B=1-\dfrac{k}{m+1}+\dfrac{k(k-1)}{(m+1)(m+2)}+...+\dfrac{(-1)^kk(k-1)...2.1}{(m+1)(m+2)...(m+k)} \leq \dfrac{m}{m+1} $
d)Tìm max min của biểu thức: T=cosA/4cosB/4cosC/4+sinA/4sinB/4sinC/4
Bài 3)
a) Cho lục giác đều $\large\ A_1A_2...A_6$ tâm I hỉnh tròn (O;R) bất kỳ chưa I Các tia $\ IA_i$ cắt (O;R) tại $\ B_i $ (i=1.0) Tính theo R tổng sau: $\large\ IB_1^2+IB_2^2+...+IB_6^2 $
b) Trong tam giác có trung tuyến CM vuông góc với phân giác AL và $\large\dfrac{CM}{AL} =\dfrac{3}{2}\sqrt{5-2\sqrt5} $ Tính ^A
c)CMR:với mọi tam giác ABC có diện tích S=k>0 cho trước có thể chứa trong 1 tam giác vuông có diện tích S'<$\ k\sqrt3 $
d) Cho tức giác l?#8220;i ABCD thỏa BAD>90 độ Gọi M,N là 2 điểm nằm trên BC ,CD sao cho MAD=NAB=90 độ CMR: nếu MN và BD cắt nhau tại I thì IA vuông góc AC.
Bài 4)
a) Cho các số 1,2,...,10 sắp xếp ngẫu nhiên xung quanh 1 đường tròn.CMR có ít nhất 3 số liên tiếp mà tổng 3 số này ít nhất là 17
b)Tìm 1000 chữ số tận cùng của số : A=$\large\1+50+50^2+...+50^{999} $
c)CMR nếu tổng của 1 số số tự nhiên bằng 100 thì tích chúng ko vuợt wá $\ 4.3^{32} $
d)CMR t?#8220;n tại vô số bộ ba số tự nhiên m,n,p sao cho nó thỏa:4mn-m-n=$\ p^2 $-1 và ko thỏa 4mn-m-n=$\ p^2 $
Bài 5)
a) Tìm max biểu thức:f(x,y,z)=$\large\sum\dfrac{|2001.2002-xy|}{(x+y)z}$ với x,y,z [2001;2002]
b) Xác định n:in Z+ sao cho pt:f(x)=$\large\ x^n+(x+2)^n+(2-x)^n=0 $ có nghiệm hữu tỷ duy nhất x:in Q tìm nghiệm hữu tỷ đó
Bài 6:
a) CMR: $\large\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{2k+1}2^{3k}$ không chia hết cho 5 mọi n N
b Tìm tất cả các giá trị của n nguyên dương thỏa điều kiện sau: từ 6 số :n,n+1;n+2;....;n+5 có thể chia thành 2 nhóm sao cho tích nhóm này = tích nhóm kia
-----------------------------------------------------------
Phù phù pót mệt wá mong các bạn có những giây phút nhức đầu với những bài tóan này HIHI....có gì cùng thảo luận cho vui nha ........
Chúc các bạn Kentus,vo thanh van ,t_toan,NAPOLE,dtdong91,supermember,loclinh và các bạn trong diễn đàn cùng các thầy cô giáo có 1 ngày mới vui vẻ

1) Cho tứ diện $ OABC $ co các cặp cạnh đối diện bằng nhau ( tứ diện gần đều )
CMR điều kiện cần và đủ để $ (OAB) $ vuông góc $ (OCA) $ là $ \delta ABC $ có $ tanBtanC=2 $
2) Cho hình chóp $ S.ABC $ O là tâm đường tròn ngoại tiếp $ ABC $ S nằm trên trục đường tròn tam giác ABC ................ I là trung điểm AB $ OI \cap BC=L $
i) CMR dk cần và đủ để $ (SAB) \perp (SAC) $ là $ \widehat{ISK}=1v $
ô) CMR dk cần và đủ để $ (SAB) \perp (SBC) $ là tam giác ABC có $ tanAtanC= \dfrac{5}{4} $ với SO=2R ( R là bán kính (ABC) )

Tại một thành phố yên ả và tráng lệ, có đôi tình nhân yêu nhau tha thiết. Ngày ngày họ thường ra bờ biển xem mặt trời mọc. Buổi tối họ lại ra bờ biển ngắm cảnh hoàng hôn. Mọi người nhìn thấy họ đếu tỏ vẻ thèm muốn.

Nhưng rồi;i tới 1 ngày kia, người con gái chẳng may bị trọng thương trong 1 tai nạn giao thông. Cô ta nằm bất tỉnh trên giường bệnh, mấy ngày mấy đêm cũng chưa tỉnh lại. Ban ngày, chàng trai túc trực bên giường bệnh và không ngừng kêu gọi người yêu vô tri vô giác. Buổi tối, anh ta chạy đến giáo đường trong thành để cầu nguyện và khóc khô cả nước mắt.
Một tháng trôi qua, cô gái đó vẫn nằm hôn mê và người con trai cũng đã tiều tụy lắm. Nhưng anh ta vẫn cố gắng 1 cách đau khổ. Cuối cùng, 1 ngày nọ, Chúa đã cảm động trước tấm lòng của người si tình này.
Chúa hỏi :" Con có đồng ý lấy tánh mạng của mình ra đổi không?".
Chàng trai không ngần ngại trả lời: "Con đồng ý!".
Chúa nói: "Được rồi, con sẽ làm cho người yêu con tỉnh lại, nhưng con sẽ hoá thành con chuồn chuồn trong 3 năm, con có chịu không?"
Chàng trai nghe xong vẫn nhất quyết trả lời :"Con đồng ý!"

Trời đã sáng, người con trai đã biến thành 1 con chu?#8220;n chu?#8220;n xinh đẹp. Anh ta chào tạm biệt Chúa rồi vội bay đến bệnh viện. Người con gái thực sự đã tỉnh dậy và còn nói chuyện với vị bác sĩ bên cạnh. Nhưng người con trai tội nghiệp kia đã không nghe thấy gì cả.
Mấy ngày sau, người con gái đã phục h?#8220;i và xuất viện, nhưng cô ta không cảm thấy vui chút nào. Cô ta đã hỏi thăm tăm tích người chàng trai khắp nơi, nhưng không ai biết. Ngày qua ngày, cô gái không ngừng tìm kiếm chàng trai. Nhưng mà chàng trai hóa thân thành con chu?#8220;n chu?#8220;n luôn ở bên cạnh cô ta. Chỉ có điều anh ta không biết nói, không biết ôm ấp, chỉ biết âm thầm chịu đựng tình cảm của mình.

Mùa hè đã đi qua, gió thu thổi rơi những chiếc lá cây trên cành. Chuồn chuồn đành phải rời khỏi nơi này. Thế là anh ta bay đến đậu trên vai người con gái lần cuối cùng. Nó muốn dùng đôi cánh của mình để vuốt lên mặt cô gái , dùng cái miệng nho nhỏ của mình để hôn lên trán cô. Nhưng mà thân thể nhỏ nhắn của nó không thể nào làm cô gái nhận ra.

Chẳng mấy chốc, mùa xuân lại đến, chuồn chuồn không thể chần chờ được . Nó bay về tìm người yêu của mình. Nhưng mà cô gái đó đã quen với một người đẹp trai to cao khác. Ngay lúc đó chuồn chuồn như rớt từ trên khơng trung xuống, nó cảm thấy đau đớn vô cùng. Người ta kể rằng, sau tai nạn giao thông, người con gái đó đã bị bệnh nghiêm trọng thực sự và vị bác sĩ nam đó đã cứu cô ta bằng tấm lòng lương thiện và khả ái của mình, cho nên họ yêu nhau là chuyện đương nhiên. Họ còn nói rằng, người con gái đó sau khi khỏi bệnh cũng mau chóng vui vẻ như lúc trước.

Chuồn chuồn rất là đau xót trong mấy ngày ở lại đây. Nó thường nhình thấy chàng trai đó cùng người yêu mình đi ngắm mặt trời mọc bên bờ biển. Buổi tối lại ra bờ biển ngắm cảnh hoàng hôn. Còn chu?#8220;n chu?#8220;n chỉ biết đậu trên vai cô gái chứ chẳng biết làm chuyện gì.

Mùa hè năm nay thật dài. Chu?#8220;n chu?#8220;n bay khắp trên không trung và cảm thấy đau khổ lắm. Nó không có can đảm đến gần người yêu lúc trước của mình. Cô gái và chàng trai kia có thể trò chuyện thủ thỉ, còn chuồn chuồn thiì chỉ biết cười 1 mình với cô. Điều này làm cho nó đau khổ lắm.

Mùa hè của năm thứ 3 đến. Chu?#8220;n chu?#8220;n đã không tiếp tục thăm người yêu cũ nữa. Bởi vì đôi vai của cô ấy đã được người yêu mới ôm ấp, đâu còn chỗ cho 1 con chu?#8220;n chu?#8220;n đang đau khổ, càng không có tâm trí để nhớ về quá khứ.

Thời hẹn 3 măm cũng đã đến. Vào ngày cuối cùng của năm thứ 3, người yêu của chuồn chuồn đã kết hôn cùng vị bác sĩ nam đó. Chuồn chuồn lặng lẽ bay vào giáo đường, nó đậu trên vai Chúa. Nó nghe người yêu của mình thề với Chúa rằng : "Con đồng ý!". Nó còn nhìn thấy vị bác sĩ nam đó đeo nhẫn vào tay người yêu của mình. Sau đó họ hôn nhau rất là hạnh phúc. Và chuồn chuồn đã khóc trong sự đau khổ tột cùng.

Chúa than thở :" Con hối tiếc rồi phải không?"
Chuồn chuồn lau khô nước mắt rồi trả lời :" Con không hối tiếc."
Chúa lại nói :" Vậy thì ngày mai con có thể biến trở lại làm ngưuời rồi."
Chuồn chuồn lắc đầu nói: "Hãy để cho con làm chuồn chuồn suốt cuộc đời này!"

Cho $ f,g : R-> R $ là 2 hàm liên tục đơn điệu thực sự , $ f(0)=g(0) $ và $ f^{-1}(g(x))+g^{-1}(f(x))=2x ; \forall x \in R $

CMR :$ f(x)=g(x) $ mọi $ x \in R $

Tìm giới hạn tình yêu ( ) (max)của hàm số:y=$\large\ Cos^px.Sin^qx.$
($\large\ 0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2}$ ;p,q là các số tự nhiên lớn hơn 1)
-----------------------------------------------------
p^----Love----^q

Tìm 3 cạnh tam giác ABC biết tam giác $\large\ A_1A_2A_3 $ được hình thành từ cách lấy đối xứng A wa BC,B wa CA, C wa AB và có đô dài là $\large\sqrt8;\sqrt8;\sqrt{14}$

Cho $ \delta ABC $ Xét các phép đối xứng trục sau:
$ D_{(BC)} :A -> D $
$ D_{(CA)} : B -> E $
$ D_{(AB)} :C -> F $

CMR: điều kiện để $ D,E,F $ thẳng hàng là $ OH=2R $ với $ R: $ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và $ H $ là trực tâm

Giải thử xem nào

Từ tập A có 11 phần tủ có thể lập được ( - tập rỗng ) là $ 2^11-1 = 2047 $ tập con
Vì mỗi thằng tập con có max 11 phần tử và tổng của nó phải < $ 100+99+98+....+90= 90.11+ (1+2+...+10)= 990+ 55 = 1045 $

Theo Dirichlet thì t?#8220;n tại ít nhất 2 thằng có tổng số phần tử bằng nhau giả sử là $ A_1 , B_1 $

Nếu 2 thằng đó giao bằng rỗng thì dpcm
Nếu 2 thằng đó giao khác rỗng tức $ A_1= (a_1,a_2,...a_k,d_1,d_2,...d_p) ; A_2=(b_1,b_2,....b_j,d_1,d_2,...d_p) $ với $ \sum\limits_{i=1}^{k}a_i = \sum\limits_{i=1}^{j}b_i $
=> tập $ A_2= A_1 $ \ $ (d_1,d_2,...d_p) $ và $ B_2= \B_1 $ \ $ (d_1,d_2,...d_p) $ là cần tìm

Cho $ x=y $ ta có $ f(2x)+f(2f(x))=f(2f(x+f(x))) $


Thay $ x $ bổi $ f(x) $ => $ f(2f(x))+f(2f(f(x)))=f(2f(f(x)+f(f(x)))) $


$ <=> f(2f(f(x)))-f(2x)= f(2f(f(x)+f(f(x)))) -f(2x)-f(2f(x)) = f(2f(f(x)+f(f(x)))) -f(2f(x+f(x))) $


$ <=> f(2f(f(x)+f(f(x)))) + f(2x)= f(2f(f(x)))+f(2f(x+f(x))) $


Giả sử $ f(f(x)) > x $ do $ f $ nghịch biến $ => f(2f(f(x)+f(f(x)))) +f(2x) > f(2f(x+f(x))) +f(2f(f(x))) $


$ f(f(x)) < x => f(2f(f(x)+f(f(x)))) +f(2x < f(2f(x+f(x))) +f(2f(f(x))) $


Cả 2 trường hợp đều vô lí dấu "=" xảy ra khi $ f(f(x))=x $ và thay vào thỏa nên

Túm lại $ f(f(x))=x , \forall x \in R^+ $

Dùng dồn biến đạt cực tiểu khi 3 biến bằng nhau ........ Đạt cực đại khi $ a=2;b=1;c=0 $ và các hoán vị

Chưa tìm được cách hay nhưng bạn xét 2 cái nì : ko mất tính tổng quát giả sử $ a \geq b \geq c $ => $ a \in [1,2] $
$ f(a,b,c) - f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}) = b^4+c^4-\dfrac{(b+c)^4}{8}+3(b-c)^2(a-1) \geq 0 $
$ f(a,b,c) - f(a,b+c,0) = b^4+c^4-(b+c)^4+12bc-12abc \leq 0 $

Cho $ (P) y=x^2-2x-3 $ ; $ (E) \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1 $ CMR : $ (P) $ cắt $ (E) $ tại 4 điểm pb .. Viết pt đtron qua 4 điểm đó

Bài nì em giải bằng cân bằng hệ số nhưng thí kì quá:

Chọn $ \alpha_i $ dương áp dụng CauChy và $ |xy| \geq xy $ ta có:

$ \alpha_1a^2+\dfrac{1}{\alpha_1}b^2 \geq 2ab $
$ \alpha_2b^2+\dfrac{1}{\alpha_2}c^2 \geq 2bc $
$ \alpha_3c^2+\dfrac{1}{\alpha_3}d^2 \geq 2cd $
$ \alpha_4d^2+\dfrac{1}{\alpha_4}e^2 \geq 2de $
$ \alpha_5e^2+\dfrac{1}{\alpha_5}f^2 \geq 2ef $

=> $ \alpha_1a^2+\dfrac{1}{\alpha_1}b^2+\alpha_2b^2+\dfrac{1}{\alpha_2}c^2+\alpha_3c^2+\dfrac{1}+ \alpha_4d^2+\dfrac{1}{\alpha_4}e^2{\alpha_3}d^2+ \alpha_5e^2+\dfrac{1}{\alpha_5}f^2 \geq 2 $

Chọn $ \alpha_i $ sao cho $ \alpha_1=\dfrac{1}{\alpha_1}+\alpha_2=.....= \alpha_5 =4cos{\dfrac{\pi}{7}} $

Hjx cái này thì dựa vào đề bài nhưng lại ko thỏa nếu VP đề bài là $ cos{\dfrac{\pi}{7}} $ thì chỉ cần chọn các số trên bằng $ 2cos{\dfrac{\pi}{7}} $ thì bài toán xong

Giả sử $ P(x) = a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+....+a_0 $ có $ deg=n \geq 2 $

dể thấy $ deg VT= n^2 $

hay số hạng lớn nhất của $ VT = a_n(a_nx^n)^n= a_n^{n+1}x^n^2 $

So sánh hệ số : ( có 2TH $ n=2 ; n > 2 ) $

$ a_n(a_nx^n)^n= ((a_nx^n)^2+x^4)^2 ; (n=2) ( $ (loại)

$ a_n(a_nx^n)^n= (a_nx^n)^4 ( n >2 ) $ => $ a_n=1 ; n=4 $

Hay $ deg P(x)=4 $

Đặt $ H(x)= P(x)-(x^2+3x+1)^2+1 $ có $ 3 \geq degH =p > 0 $

$ VP= (((P(x))^2+3P(x)-H(x)+1)^2= (((P(x))^2+3P(x)+1)^2-2H(x)(((P(x))^2+3P(x)+1)+(H(x))^2 $

Thay vào pt : $ P(P(x)) - (((P(x))^2+3P(x)+1)^2 +1 = H(x)(H(x)- 2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $

$ <=> H(P(x))= H(x)(H(x)- 2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $

$ <=> 4p = p+8 <=> p = \dfrac{8}{3} $ (vô lí) => $ H(x)= const = A $

Thay vào $ A=A(A-2(((P(x))^2+3P(x)+1)) $ ..... Dễ thấy 1 vế phụ thuộc vào biến x thay đổi , 1 vế thì không phụ thuộc nên $ A=0 $

Hay ta có $ P(x)= (x^2+3x+1)^2-1 = (x^2+3x)(x^2+3x+2)=x(x+3)(x+1)(x+2) $

Đặt $ f(0)=a $

Thay $ x $ bởi $ -f(y) $ ta có: $ a=3(-f(y))+3f(y) $

Thay $ x $ bởi $ -f(x) $ ta có $ f(f(y)-f(x))= f(y)-f(x)+a $

Thay $ x $ bởi $ f(y)-f(x) $ ta có : $ f(2f(y)-f(x))= 3a+2f(y)-f(x) $

Thay $ x $ bởi $ 2f(y)-f(x) $ ta có : $ f(3f(y)-f(x))= 9a+3f(y)-f(x) $

Mặt khác $ 2x-a=3f(x)-f(x+a) $

Do tập $ VT $ là $ R $ nên tập $ VP $ cũng là $ R $

Vì thế tồn tại $ t \in R $ sao cho $ t=3f(u)-f(v) $

Nên $ f(t)= f(3f(u)-f(v))= 9a+t $

Thay vào pt đã cho $ => 18a= 0 => a=0 $

Vậy $ f(x)=x $ là hàm càn tìm $ \forall x \in R $

Trong cuộc tranh giải vô địch "ASIA" về bóng đá cò 20 đội tham gia.Số nhỏ nhất các trận đấu là bao nhiêu để trong 3 đội bất kì luôn tìm được 2 đội đã chơi với nhau

Cái này dễ mà ta có $\large\ (a_i-\alpha )(a+\beta) \leq 0$<=>$\large\ a_i^2-a_i(\alpha+\beta)+\alpha\beta \leq 0$
<=> $\large\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2-k(\alpha+\beta)+n\alpha\beta \leq 0$ dpcm

Úi bài này sao lại có d nữa fãi là a chứ anh loclinh với lại đề bài fãi là không lớn hơn chứ:
Ta cần CM: $\large\ a+b+c-3\sqrt[3]{abc} \leq 2(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca})$
Chuân hóa abc=1 ta CM:
$\large\ 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})-a-b-c \leq 3 $
ta có $\large\ (abc)^2+1+1 \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq \dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 4(ab+bc+ac)-(a+b+c)^2=2(ab+bc+ac)-a^2-b^2-c^2 $ ( Schur)

để mình đánh lại đề cho đúng:CMR trong tam giác ABC thì:
$\large\dfrac{3\sqrt3}{2cos(A/2).cos(B/2).cos(C/2)}+ 8sin(A/2).sin(B/2).sin(C/2) \geq 5$ Bạn ơi đây là bài thách đấu trên báo tóan học tuỗi trẻ tháng 3 mà chưa hết hạn gửi bài đâu tốt nhất là ko nên thảo luận về bài này.....Hễ ai chưa mua báo có thể vào đây tham khảo mà giải

Bài 1 $\large\ m_a^2+m_b^2+m_c^2 = \dfrac{3}{4}(a^2+b^2+c^2) =3R^2(sinA^2+sinB^2+sinC^2) \leq 3R^2.\dfrac{9}{4}=\dfrac{27}{4}R^2$
Bài 2 thì chỉ cần xét a,b,c <1 là sai ngay chẳng hạn cho a=b=c=0.1
Bài 3 thì ngộ ngộ thì fãi sao mẫu lại có mặt đủ 3 phân giác (mình nghĩ thế thui chưa giải)

1) Bài này có tên là 1+1+1+1=4
ONE
+
ONE
ONE
ONE
-----
FOUR.....
-------------------------
Các bác thấy lạ fãi ko nên nhớ đây là phép cộng 4 tầng nha( Do cách bố trí cữa sổ topic này ko thẳng hàng và bài tóan này E và R thẳng hàng;N và U thẳng hàng;O và O thẳng hàng )

Cauchy thui ta có $\large\dfrac{(a+b)(n-1)}{c}+1...1 \geq n\sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c}} $(n-1 số 1)
<=> $\large\sqrt[n]{\dfrac{c}{a+b}} \geq \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}\dfrac{c}{a+b+c} $
tương tự => dpcm dấu "=" xảy ra khi n=3/2 (loại)=>ko xảy ra đk đẳng thức

Hì cũng hay nhưng ko khó mấy.... .. Để ý để thỏa bất đẳng thức bài toán thì nhất định ta sẽ CM:
$ \alpha \leq x_i \leq \beta $ với 2 số biên này dương
Xét bpt.... có $ \delta \geq 0 $
=> $ \dfrac{a_i-\sqrt{2a_i-1}}{2} \leq x_1 \leq \dfrac{a_i+\sqrt{2a_i-1}}{2} $
Kết hợp giả thiết => $ 0 \leq x_i \leq 4 $
=> $ x_i^2 \leq 4x_i $
Đặt $ \sum\limits_{i=1}^{n}x_i =t $
Ta có $ VT \leq \sqrt{\dfrac{4t}{n}} $
BDT <=> $ (\dfrac{t}{n}-1)^2 \geq 0 $ (right)

Đặt $ a=\sqrt[3]{\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}};b=\sqrt[3]{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}} $
Ta có $ ab=-1 ;a^3+b^3=1 $ Và $ a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)=1 <=> (a+b)^3+3(a+b)=1 ...$
đặt $ a+b=2t $ Ta có pt <=> $ 4t^3+3t=\dfrac{1}{2} $
Theo công thức nghiệm phương trình này của Carnado ta có:
$ t=\dfrac{1}{2}(\sqrt[3]{m+\sqrt{m^2-1}}+\sqrt[3]{m-\sqrt{m^2-1}}) $ Với $ m=\dfrac{1}{2} $

Anh liên hệ với em nha anh Phúc em học ở 10T Sađéc

Đưa về dạng S.O.S là xong mà Anh Phúc
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-(a+b+c) \geq 3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2 <=> \sum (a-b)^2 (\dfrac{1}{b}-1) \geq 0 $
Đúng vì $ a,b,c \in (0;1)] $