cho tứ diện ABCD.xác định điểm M trong không gian sao cho $MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+MD^{2}$ min

Gọi $ G $ là trọng tâm tứ diện

Ta có $ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=0 $

$ MA^{2}+ MB^{2} +MC^{2} +MD^{2} =(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GM})^{2}+(\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GM})^{2}+(\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GM})^{2}+(\overrightarrow{GD}-\overrightarrow{GM})^{2}= GA^{2}+GB^{2}+GC^{2}+GD^{2}+4GM^{2}-2\overrightarrow{GM}( \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}) =+4GM^{2} $

$  MA^{2}+ MB^{2} +MC^{2} +MD^{2}  $ min khi $ G $ trùng $ M $ vì $  MA^{2}+ MB^{2} +MC^{2} +MD^{2} $ không đổi

1)Điểm A di động trên cung lớn BC nên $ \angle BAC $ nhọn

Ta có $ S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.AB.AC.sin\angle BAC $

Do $sin\angle BAC $ không đổi AB.AC lớn nhất khi $ S_{ABC} $ lớn nhất $ S_{ABC} $ lớn nhất khi AH lớn nhất(H là hình chiếu của A trên BC)

hay A là điểm chính giữa cung lớn BC

1) Cho A là điểm di động trên cung lớn BC của (O;R). Xác định vị trí của A để AB.AC lớn nhất.

2) A là điểm cố định trên (O;R). AB, AC là 2 dây cung di động và AB.AC không đổi. Chứng minh BC luôn tiếp xúc với đường tròn cố định

1)Điểm A di động trên cung lớn BC nên $ \angle BAC $ nhọn

Ta có $ S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.AB.AC.sin\angle BAC $

Do $sin\angle BAC $ không đổi AB.AC lớn nhất khi $ S_{ABC} $ lớn nhất $ S_{ABC} $ lớn nhất khi AH lớn nhất(H là hình chiếu của A trên BC)

hay A là điểm chính giữa cung lớn BC

Năm khách hàng vào một siêu thị nhỏ gồm 5 gian hàng khác nhau. Mỗi người chọn ngẫu nhiên một gian để mua hàng. Tính xác suất để mỗi gian hàng có đúng 1 người để đến mua

em không biết .bài này thằng bạn đưa em làm, làm không ra nên post lên đây nhờ giải hộ.

em xem phần giải bài kỳ trước của báo tháng 5 sẽ có lời giải bài này.

x,y,z>0,(x+y)(y+z)(x+z)=1.Cmr:

$\frac{\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}}{\sqrt{xy}+1}+\frac{\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}}{\sqrt{yz}+1}+\frac{\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}}{\sqrt{zx}+1}$ lớn hơn hay bằng căn 3

Bài này hình như đề ra kỳ này báo THTT tháng 1.

Lời giải bài toán 6.

Ta có bổ đề sau: Cho $F_n$ là dãy $Fibonacci$. Khi đó với mọi $n$ nguyên dương ta có:

$F_{1}^2+F_{2}^2+......+F_{n}^2=F_n.F_{n+1}$

Chứng minh bổ đề:

Ta chứng minh quy nạp theo $n$, dễ thấy đẳng thức đúng với $n=1$. Giả sử đẳng thức đã cho đúng tới $n=k, k\in N$, tức là:

$F_{1}^2+F_{2}^2+.......+F_{k}^2=F_k.F_{k+1}.$

Xét $n=k+1$ ta có:

$F_{1}^2+F_{2}^2+......+F_{k+1}^2$

$=(F_{1}^2+F_{2}^2+.........+F_{k}^2) + F_{k+1}^2$

$= F_k.F_{k+1} +F_{k+1}^2$

$=F_{k+1}(F_k+F_{k+1})$

$=F_{k+1}.F_{k+2}$.

Vậy đẳng thức đúng với $n=k+1$

Bổ đề được chứng minh.

Ta có một tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức như sau:

Tiêu chuẩn Perron:

Cho đa thức nguyên $P(x)= \sum_{i=0}^{k} a_{i}x^{i} $ có $a_0 \ne 0$. Khi đó nếu

$|a_{n-1}| > |a_0|+|a_1|+....+|a_{n-2}| +|a_n|$

thì đa thức này bất khả quy.

Tiêu chuẩn này được chứng minh trong nhiều sách và tài liệu.

Quay trở lại bài toán

Theo tiêu chuẩn $Perron$ ta chỉ cần chứng minh

$F_{n+1}^2 > F_{1}^2+F_{2}^2+.......+F_{n}^2$

Mà theo bổ đề trên thì ta quy về $F_{n+1}^2 > F_n.F_{n+1}$ hay $F_{n+1} >F_{n}$ (luôn đúng với mọi $n$ nguyên dương)

Vậy bài toán được chứng minh.

$M$ là max các hệ số hay nghiệm thế bạn .

$M$ là max của các nghiệm, mình đã sửa lại.

Bài toán 7: (Sưu tầm) Cho $f(x)$ là đa thức nguyên có các nghiệm $ \alpha_1, \alpha_2,......, \alpha_n$.

Đặt $M=max|\alpha_i|$ với $ i \in \overline{1, n}.$

Chứng minh rằng nếu $f(x_0)$ là số nguyên tố với $x_0$ là số nguyên thỏa mãn $|x_0| > M+1$ thì $f(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}\left [ x \right ]$.

$ \boxed{\text{Lời giải bài toán 63}}$

Gọi $D$ là trung điểm $BC$, $E$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$ , $F$ là trung điểm $MN$.

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MNP$

$P$ là giao điểm của $BM$ và $CN$

Ta có $ \angle IMN =\dfrac{1}{2} \angle BMN= \dfrac{1}{2} (\angle BAM+ \angle ABM) =\dfrac{1}{2} \angle BAC$.

và $\angle HMN = 90^0 -\angle ONM =\dfrac{1}{2} \angle BAC$

Suy ra $\angle IMN =\angle HMN$. Tương tự ta được $I, H$ đối xứng nhau qua $AE$.

Do đó $F$ cũng là trung điểm $AE$.

Ta có $\dfrac{HO}{HF}= \dfrac{FO}{FH}-1=\dfrac{MF.cot \dfrac{A}{2}}{MF.tan\dfrac{A}{2}}-1 =\dfrac{2cos^2\dfrac{A}{2}-1}{1-cos^2\dfrac{A}{2}}$.

$\dfrac{DE}{DO}=\dfrac{R(1-cosA)}{RcosA} =\dfrac{2-2cos^2\dfrac{A}{2}}{2cos^2\dfrac{A}{2}-1}$

Suy ra $\dfrac{AF}{AE}. \dfrac{DE}{DO}.\dfrac{HO}{HF}=1$

Theo định lý $Menelaus$ cho tam giác $OME$ thì $A, H, D$ thẳng hàng.

hay $AH$ chia đôi $BC$.

Nếu phát biểu thêm gọi $S$ là giao điểm hai đường tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$ thì $AS$ là đường đối trng của tam giác $ABC$. Chứng minh $SA$ đi qua $I$.

và đây là bài toán chọn đội tuyển THPT chuyên sư phạm $2011-2012$ và olympic Đồng bằng Bắc Bộ năm nay.

Bài toán 71 là bài T12/459 trên báo THTT do thầy đề nghị thì phải.

 

 Bài toán 27. (Sưu tầm) Chứng minh rằng với các số thực $x\geq 0$ tùy ý và số nguyên dương $n$ ta luôn có bất đẳng thức \[\left[nx\right]\geq \dfrac{\left[x\right]}{1}+\dfrac{\left[2x\right]}{2}+\dfrac{\left[3x\right]}{3}+\cdots +\dfrac{\left[nx\right]}{n}\]

Bài này là USAMO 1981 #5 đã được thảo luận tại

http://diendantoanho...n-nguyên/page-2

và

https://www.artofpro...h424778p2403926

Bài 1: Ta có $ RC.RB=RE.RF $ nên $ R $ nằm trên trục đẳng phương của $ (ABC) $ và đường tròn $ Euler $ của tam giác.

Dễ thấy $ \triangle APM \sim \triangle NPA $ nên $ PA^2=PM.PN $ tức $ P $ nằm trên trục đẳng phương của $ (ABC) $ và đường tròn Euler

từ đó $ PR \perp OH $

Cú sút phạt của Bale quá đẹp.

Đêm nay có ai thức xem cùng không

Bài này làm em nhớ đến bài chứng minh $PP'$ đi qua một điểm cố định trong file điểm cố định của thầy Nguyễn Minh Hà.

Cách làm của em cũng dựa trên đó.

Có gì sai sót mong thầy và các bạn góp ý.

Ta thấy tồn tại một phép vị tự biến $\bigtriangleup ABC$ thành $\bigtriangleup DEF$.

Gọi phép vị tự đó tâm $O$ tỉ số $-k$

Khi đó ta có: $\vec{OD}=-k\vec{OA}$, $ \vec{OE}=-k\vec{OB}$, $ \vec{OF}=-k\vec{OC}$

Ta có $PA=QD$, $PB=QE$, $PC=QF$ nên

$(\vec{OA}-\vec{OP})^2=(\vec{OD}-\vec{OQ})^2$

$(\vec{OB}-\vec{OP})^2=(\vec{OE}-\vec{OQ})^2$

$(\vec{OC}-\vec{OP})^2=(\vec{OF}-\vec{OQ})^2$

Hay 

$\dfrac{1}{2}(OP^2-OQ^2+(1-k^2)OA^2)=\vec{OA}(k\vec{OQ}+\vec{OP})$

$\dfrac{1}{2}(OP^2-OQ^2+(1-k^2)OB^2)=\vec{OB}(k\vec{OQ}+\vec{OP})$              $(*)$

$\dfrac{1}{2}(OP^2-OQ^2+(1-k^2)OC^2)=\vec{OC}(k\vec{OQ}+\vec{OP})$

Bổ đề: Cho điểm $A$, vector $\vec{a}$ và số thực $k$. Khi đó tập hợp các điểm $M$ sao cho $\vec{AM}.\vec{a}=k $ là một đường thẳng.

Ta lấy các điểm $X, Y, Z$ sao cho $k\vec{OQ}+\vec{OP} =\vec{OX} +\vec{OP} =\vec{OY}$.

Gọi $Z$ là giao của $OY$ và $PQ$

Từ (*) ta suy ra

$\dfrac{1}{2}(1-k^2)(OA^2-OB^2)=(k\vec{OQ}+\vec{OP}).\vec{BA}= \vec{OY}. \vec{BA}.$

$\dfrac{1}{2}(1-k^2)(OA^2-OC^2)=(k\vec{OQ}+\vec{OP}).\vec{CA= \vec{OY}. \vec{CA}.}$      $(**)$

Theo bổ đề trên và theo $(**)$ thì $Y$ là giao của hai đường thẳng cố định.

Do đó $Y$ cố định.

 Kẻ $XT$ song song $PQ$ ta có $\bigtriangleup OZP= \bigtriangleup  YTX$

suy ra $OZ=YT$

tính được  $\dfrac{\overline{OZ}}{\overline{OY}}=\dfrac{1}{k+1}$

suy ra $Z$ cố định.

Vậy $PQ$ đi qua điểm cố định $Z$.

Bài 1:

Trước hết ta có các bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho $ \triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $ (O)$. Một đường tròn $ (K)$ bất kỳ qua $ B, C$ cắt $ CA, AB$ lần lượt tại $ E, F$, $ (AEF)$ cắt $ (O)$ tại $ G$ khác $A$. Khi đó ta có $ GEKB, GFKC$ là các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh:

Ta có $ \angle BGE+ \angle BKE= 2\angle BCA+ \angle BGA-\angle AGE= \angle BGE+\angle BCA =180^0$.

suy ra thứ giác $ GEKB$ nội tiếp, tương tự ta có $ GFKC$ nội tiếp.

Bổ đề 2: Cho $ \triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $ (O)$. Một đường tròn $ (K)$ bất kỳ qua $ B, C$ cắt $ CA, AB$ lần lượt tại $ E, F$. Gọi $ H$ là giao điểm $ BE$ và $ CF$, $ I$ là tâm đường tròn $ (KEF)$. Khi đó ta có $ H, I, O$ thẳng hàng.

Bổ đề này tham khảo tại https://artofproblemsolving.com/community/c6h454878p2556589

Bổ đề 3: Cho $ \triangle ABC$ cân tại $ A$ nội tiếp $(O)$.$ X$ bất kì, $ XB, XC$ cắt trung trục $ CA, CB$ tại $ N, M$. Lấy điểm $ Y$ sao cho $ BY \perp AM, CY \perp AN$. Khi đó ta có $ X, O, Y$ thẳng hàng.

Bổ đề này được suy ra từ bài toán của bạn Nguyễn Đức Bảo khi cho $ AB=AC$

Bài toán gốc https://artofproblemsolving.com/community/c6h1233260p6247264 

Quay trở lại bài toán.

Gọi $ M, N$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp $ \triangle KCF, \triangle KBE$,$ Z $ là giao điểm của $ EM$ và $ FN$.

Ta có $ PM, PN$ lần lượt là trung trực của $KF, KE $. Áp dụng bổ đề 3 vào $ \triangle KEF$ cân ta được $ Z,H,O$ thẳng hàng,

từ đây theo bổ đề 2 ta có $ Z, Q, O$ thẳng hàng. 

Gọi $ S$ là giao điểm của $ EF$ và $BC$. Theo tính chất phương tích ta có $ AG, EF, BC$ đồng quy tại $ S$.

Từ đó $ SA.SG=SE.SF=SB.SC$

Xét phép nghịch đảo cực $ S$, phương tích trên biến $ (GBE)$ hay $ (KBE)$ thành $ (ACF)$ , biến $(GCF)$ hay $ (KFC)$ thành $ (ABE)$ Tức là biến tâm $ M, N$ của $ (KCF) , (KBE)$ thành tâm $ J,L $ của $ (ABE) , (AFC)$

$ f(M)f(N)--- f(J)f(L)$

Lại có $ EM \cap FN =Z , O, P$ thẳng hành nên $ FL \cap EJ=P , O, Q $ thẳng hàng.

Vậy $ PQ$ luôn đi qua tâm $ O$ cố định.

Trại hè phương nam

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XIV-PHÚ THỌ 2018

Câu 1(4 điểm). Giải hệ phương trình

$ \left\{\begin{matrix} &2x+y-297(x-y)\sqrt{x-y}=3 \\ &x(4x-2y+5)+2018\sqrt{x-y}=2y^2+5y \end{matrix}\right. $

Câu 2(4 điểm). Cho hàm số $f(x)=x^2+bx+c(b,c \in \mathbb{R})$.

Giả sử $\left\{ x \in \mathbb{R}, \vert f(x)\vert \le 1\right\}= \displaystyle \bigcup _{i=1}^n\left[ \alpha_i; \beta_i\right]\ne \emptyset$.

Chứng minh rằng $ \displaystyle \sum_{i=1}^n \vert \alpha_i - \beta_i \vert \le 2\sqrt{2} $
Câu 3(4 điểm). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, với $AB<AC<BC$. Gọi $D$ là một điểm thuộc cạnh $ BC $, $ E $ là một điểm trên tia $ BA $ sao cho $ BD=BE=AC $. $ P $ là giao điểm của cạnh $ AC $ với $ (BDE) $. $ Q $ là giao điểm thứ hai của $ BP $ với $ (O) $. Chứng minh rằng $ AQ+CQ=BP$.

Câu 4(4 điểm). Cho $p$ là một số nguyên tố, $ n $ là số nguyên dương lớn hơn $ 1 $ và nguyên tố cùng nhau với $ p^{p+1}-p$. Gọi $\left\{a_1, a_2,...,a_k\right\} $ là một hệ thặng dư thu gọn theo modulo $ n $. Chứng minh rằng $ a_1^p+a_2^p+...+a_k^p $ chia hết cho $ n $.
Câu 5(4 điểm). Trong một buổi tập văn nghệ chào mừng chào mừng trại hè Hùng Vương lần thứ $ XIV$, có $n(n \ge 3)$ học sinh được sắp thành một hàng ngang. Thầy Tuấn Anh chọn ra một đội văn nghệ gồm $k$ bạn từ $n$ bạn trên$ (1<k \le \dfrac{n+1}{2}) $ sao cho hai bạn đứng cạnh nhau thì không cùng được chọn. Hỏi thầy Tuấn có bao nhiêu cách chọn như vậy?

Bài 5: Theo định lý $ Brocard $ ta có $ OG $ vuông góc với $ EF $ tại $ I $ đồng thời $ I $ cũng là điểm $ Miquel $ của tứ giác toàn phần $ ABCDEF$ suy ra các tứ giác $ BEIC, DCIF$ nội tiếp. Sử dụng hàng điểm ta chứng minh được $ IO$ là phân giác $ BID$ mà $ OB=OD$ nên tứ giác $ BIDO$ nội tiếp.

Gọi $ K$ là giao điểm của $ MN$ và $ IO$.

Ta chứng minh $ MINO$ nội tiếp.

Dễ thấy $ OM, ON$ là các trung trực của $ BC, CD$

Ta có: $ \angle IMO= \angle IMC +\angle OMC = 2\angle CEI+ \angle BIC  $

$ \angle INO= \angle INC +\angle CNO =2\angle IFC +\angle CID $

Suy ra $\angle OMI+ \angle INO = 2\angle CEI +2 \angle CFI +\angle BIC +\angle CID =2(180^0-\angle BCD) +\angle BID =\angle BOD +180^0- \angle BOD  =180^0 $

nên $ OMIN$ nội tiếp suy ra $ KI.KO= KM.KN$ dẫn đến $ K$ nằm trên trục đẳng phương của $ (OBID)$ và $ (CMN)$

mà $ PQ$ là trục đẳng phương của $ (CMN)$ và $ (OBID)$ suy ra $ PQ, IO, MN $ đồng quy.

Ta có $ \angle MON =\dfrac{1}{2} \angle BOD =\angle EAF$

$ \angle OMN =\dfrac{1}{2} \angle BMI =\angle BEI $

suy ra $ \bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EAF$.

Mình xin góp một bài

Tìm tất cả các số tự nhiên $ n>1 $ sao cho $ (n-1)! $ chia hết cho $ n $

Bài 93:

Đặt $ \sqrt{x}=a, \sqrt{y}=b, \sqrt{z}=c $

Khi đó ta có $ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2 $

BĐT cần chứng minh trở thành

$ \sqrt{a^2+b^2c^2}+\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{c^2+a^2b^2} \ge abc+a+b+c $

Áp dụng BĐT $ Mincopxki $ ta có:

$ \sqrt{a^2+b^2c^2}+\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{c^2+a^2b^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(ab+bc+ac)^2} $

Mà $ (a+b+c)^2+(ab+bc+ac)^2 =(a+b+c)^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 +2abc(a+b+c)=(a+b+c)^2 +a^2b^2c^2+2abc(a+b+c)=(abc+a+b+c)^2 $

$ \Longrightarrow \sqrt{a^2+b^2c^2}+\sqrt{b^2+c^2a^2}+\sqrt{c^2+a^2b^2} \ge abc+a+b+c $ (đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=3 $

Bài 73:(Dùng pqr với xét hàm hơi cồng kềnh)

Đặt $ a+b+c=p=3, ab+bc+ac=q, abc=r $

Ta có $ a^3+b^3+c^3 = p^3-3pq+3r =27-9q+3r $

Suy ra $ \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}+8\sqrt[3]{abc} = \sqrt[3]{9-3q+r} +8 \sqrt[3]{r} $ (*)

Mà $ pq \ge 9r $ nên $ r \le \dfrac{q}{3} $ dẫn đến (*) $ \le \sqrt[3]{9-3q+\dfrac{q}{3}} + 8\sqrt[3]{\dfrac{q}{3}} $

Xét hàm $ f(q)= \sqrt[3]{9-\dfrac{8q}{3}} + 8\sqrt[3]{\dfrac{q}{3}} $ với $ q \in (0; 3] $

có $ f'(q) = \dfrac{\dfrac{-8}{3}}{3\sqrt[3]{(9-\dfrac{8q}{3})^2}} + \dfrac{\dfrac{8}{3}}{3\sqrt[3]{(\dfrac{q}{3})^2}}$

$ f'(q)=0 \iff q=3 $

Do đó $ f(q) \le f(3) = 9 $

Vậy $ \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}+8\sqrt[3]{abc} \le 9 $, xảy ra khi $ a=b=c=1 $

Bài 76:

Đặt $ x=\dfrac{a^2}{b^2+c^2}, y= \dfrac{b^2}{a^2+c^2}, z=\dfrac{c^2}{a^2+b^2}$

$ m=\dfrac{a}{b+c}, n= \dfrac{b}{a+c}, p=\dfrac{c}{a+b}$

Bất đẳng thức cần chứng minh: $ (x+\dfrac{1}{3})(y+\dfrac{1}{3})(z+\dfrac{1}{3}) \ge (m+\dfrac{1}{3})(n+\dfrac{1}{3})(p+\dfrac{1}{3}) $

$ \iff xyz +\dfrac{1}{3}(xy+yz+xz)+\dfrac{1}{9}(x+y+z) \ge mnp + \dfrac{1}{3}(mn+np+pm)+\dfrac{1}{9}(m+n+p)$

Ta có một bất đẳng thức quen thuộc sau: $ \dfrac{a^2}{b^2+c^2} + \dfrac{b^2}{a^2+c^2} + \dfrac{c^2}{a^2+b^2} \ge \dfrac{a}{b+c} +\dfrac{b}{a+c} +\dfrac{c}{a+b} $, tức là $ x+y+z \ge m+n+p $

Ta chứng minh $ xyz \ge mnp $, tức là $ \dfrac{a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \ge \dfrac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} $

$ \iff (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \ge abc(a+b)(b+c)(c+a) $

$ \iff  c^2(a-b)^2(a^2+ab+b^2) + b^2(a-c)^2(a^2+ac+c^2)+ a^2(b-c)^2(b^2+bc+c^2) \ge 0 $ (đúng)

Tương tự ta chứng minh được $ xy+yz+xz \ge mn+mp+np $

suy ra đpcm.

Bài 72:

Áp dụng BĐT $ AM-GM $ ta có

: $ 12\sqrt{xy}+ 16\sqrt{yz}=2.\sqrt{3x}.\sqrt{12y} \le 3x +12y$

$ 16\sqrt{yz}=2.2\sqrt{y}.4\sqrt{z} \le 4y +16z $

Suy ra $ 13x+12\sqrt{xy}+16\sqrt{yz} \le 16(x+y+z) $

$ \Longrightarrow P \ge \dfrac{24}{16(x+y+z)}-\dfrac{3}{\sqrt{x+y+z}} =\dfrac{3}{2(x+y+z)}-\dfrac{3}{\sqrt{x+y+z}} $

Đặt $ t=\sqrt{x+y+z} $

Xét hàm $ f(t)=\dfrac{3}{2t^2}-\dfrac{3}{t} $ với $ t \in (0; +\infty ) $

có $ f'(t)= \dfrac{-3}{t^3}+\dfrac{3}{t^2} $

$ f'(t)=0 \iff t=1 $

Min $ P=\dfrac{-3}{2} $, xảy ra khi $ x=\dfrac{24}{29} , y= \dfrac{4}{29}, z= \dfrac{1}{29}$