Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ dạng $a^2+1\geq 2a$ sau đó cộng lại ta có:
$$8(a^2+b^2+c^2)+24\geq 16(a+b+c)$$
Nên ta chỉ cần chứng minh :
$$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$$
Do $a-1,b-1,c-1$ chắc chắn có 2 số cùng dấu (nguyên lí $Dirichlet$ ) nên ta có thể giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-1$.
Vì vậy ta chỉ cần chỉ ra:
$$c(a+b-1)+2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]\geq a+b+c$$
$$\Leftrightarrow 2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]\geq (a+b-2)(1-c)$$
Và điều này hiển nhiên đúng khi ta áp dụng liên tiếp bất đẳng thức $AM-GM$:
$$(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq \frac{(a+b-2)^2}{2}+(c-1)^2$$
$$\geq \sqrt{2}.\left|(a+b-2)(c-1)\right| \geq \frac{1}{2}.\left|(a+b-2)(c-1)\right|\geq \frac{1}{2}(a+b-2)(1-c)$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$ $\square$

Phần 2 thì có thể áp dụng BĐT quen thuộc :
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca)$$
Ta cần chứng minh :
$$(a+b+c)^2 +9\ge 6(a+b+c)$$
Hiển nhiên đúng theo AM-GM.

Em thấy anh đặt $m,n$ mà sao trong bài chả có nhỉ,hay là đoạn này anh đánh sai;

Ngại quá, đoạn sau đáng lẽ là $x=m, y=n$ Nhiều lúc điên điên nên nó như thế, mong mọi người thông cảm .

Xin được làm lại như sau :
Đặt $a=2x, b=2y, c=2z (x,y,z >0)$ Lúc đó $xyz=1$.
Ta cần tìm Max của :
$$P=\dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{2x+y+3}+\dfrac{1}{2y+z+3}+\dfrac{1}{2z+x+3}\right )$$
Ta có BĐT quen thuộc sau với $x, y, z>0, xyz=1 $
$$\dfrac{1}{x+y+1}+\dfrac{1}{y+z+1}+\dfrac{1}{z+x+1} \le \dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{y+2}+\dfrac{1}{z+2}$$
Chứng minh :
Đặt $m=x+y+z, n=xy+yz+zx$ thì BĐT cần chứng minh tương đương :
$$6mn+3m^2n+mn^2\ge 5m^2+n^2+24m+3n+27$$
Đúng vì :
$$\left\{\begin{array}{1} 3mn \ge 27 \\mn \ge 3n \\2mn \ge 6m \\ \dfrac{5m^2n}{3} \ge 5m^2 \\ \dfrac{mn^2}{3} \ge n^2 \\ \dfrac{4m^2n}{3} \ge 12m \\ \dfrac{2mn^2}{3} \ge 6m \end{array}\right.$$
Áp dụng BĐT CS, ta có :
$$\dfrac{1}{2x+y+3}+\dfrac{1}{2y+z+3}+\dfrac{1}{2z+x+3} =\sum \dfrac{1}{(x+2)+(x+y+1)} \le \dfrac{1}{4} \sum \left (\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{x+y+1}\right ) \le \dfrac{1}{2} \sum \dfrac{1}{x+2}$$
Ta cần chứng minh :
$$\sum \dfrac{1}{x+2} \le 1 \Leftrightarrow xy+yz+zx \ge 3$$
Hiển nhiên đúng.
Do đó, $MaxP=\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow a=b=c=2$

Cho a,b,c là các số dương thoả mãn $abc=8$.Tìm max của
$P=\frac{1}{2a+b+6}+\frac{1}{2b+c+6}+\frac{1}{2c+a+6}$.

Đặt $a=x^3, b=y^3, c=z^3$
Lúc đó :
$$2a+b+6 =2x^3+y^3+6 = (x^3+y^3+1)+(x^3+1+1)+3 \ge 3(xy+x+1)$$
Mặt khác :
Với $xyz=1$ lại có :
$$\dfrac{1}{xy+x+1}+\dfrac{1}{yz+y+1}+\dfrac{1}{zx+z+1}=1$$
Nên $MaxP=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c=1$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=\sqrt{a^{2}+a+4}+\sqrt{b^{2}+b+4}+\sqrt{c^{2}+c+4}$.

Một hướng giải khá tổng quát như sau :
Ta sẽ tìm $1>x>0$ sao cho , với mọi $0\le a, b, c \le 3$ thì :
$$\sqrt{a^2+a+4} \le xa+2$$
(Sở dĩ ta chọn số 2 bởi vì, dự đoán dấu = xảy ra khi $a=b=0, c=3$ và hoán vị, chọn số 2 nhằm loại bỏ hệ số tự do, chỉ còn ẩn $a$)
Lúc đó, ta có :
$$a^2+a\le x^2a^2+4xa \Leftrightarrow a(x^2a +4x-a-1) \le 0$$
Thay $a=3$ vào, ta có ngay :
$$3x^2 +4x-4 \le 0 \Leftrightarrow -2 \le x \le \dfrac{2}{3}$$
Thử với $x=\dfrac{2}{3}$ thì ta có BDDT sau luôn đúng :
$$\sqrt{a^2+a+4} \le \dfrac{2a}{3}+2$$
Do đó, $Max {P}=8 \Leftrightarrow a=b=0, c=3$ và hoán vị.
Từ bài toán này, ta sẽ đi đến tìm điều kiện của $k>0$ để có bài toán tìm Max của :
$$Q=\sqrt{a^2+a+k^2}+\sqrt{b^2+b+k^2}+\sqrt{c^2+c+k^2}$$
Cũng tương tự như trên, ta sẽ tìm $1>x>0$ sao cho :
$$a^2+a \le x^2a^2+2kxa \Leftrightarrow a(x^2a+2kx-a-1) \ge 0 $$
Đến đây, ta sẽ thay $a=3$ vào :
$$3x^2 +2kx -4 \le 0 \Leftrightarrow x \le \dfrac{\sqrt{k^2+12}-k}{3}$$
Ta có :
$$a(1-x^2) \le 2kx-1 \Leftrightarrow a \le \dfrac{2kx-1}{1-x^2}$$
Thực chất, đây là việc giải BPT :
$$\dfrac{2k\dfrac{\sqrt{k^2+12}-k}{3}-1}{1-\left (\dfrac{\sqrt{k^2+12}-k}{3}\right )^2} \le 3$$

Đoạn này mình thấy không ổn

Nói đúng hơn là CS suy rộng, hay Holder cũng được .
$$(1+1+1)(a^2+abc+b^2+abc+c^2+abc).VT \ge (a+b+c)^3$$

Bài 43 Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $4\left ( x+y+z \right )=3xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{1}{2+x+yz}+\frac{1}{2+y+zx}+\frac{1}{2+z+xy}$.

Một hướng khác cho bài toán này, nhưng phải sử dụng AM-GM cho 3, 4 số..
Ta có :
$$\dfrac{1}{2+x+yz} \le \dfrac{1}{4\dfrac{\sqrt[4]{xy^2z^2}}{2}}=\dfrac{1}{\dfrac{4}{\sqrt[4]{2}}.\sqrt[8]{x^2y^4z^4}}$$
Đặt $\sqrt[8]{yz}=a, \sqrt[8]{zx}=b, \sqrt[8]{xy}=c$ thì ta có:
$$\dfrac{1}{a^8}+\dfrac{1}{b^8}+\dfrac{1}{c^8} =\dfrac{3}{4}$$
Cần chứng minh :
$$\dfrac{\sqrt[4]{2}}{4abc}\left (\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right ) \le \dfrac{3}{8}$$
Đây là một BĐT rất lỏng, không khó để chứng minh.

bài 44: cho $ x, y, z \in \mathbb{R} $ thỏa $ 3^{-x}+3^{-y}+3^{-z}=1$. chứng minh rằng:

$$ \frac{9^x}{3^x+3^{y+z}}+\frac{9^y}{3^y+3^{z+x}}+\frac{9^z}{3^z+3^{x+y}} \geq \frac{3^x+3^y+3^z}{4} $$

đề thi thử THPT Dương Quảng Hàm 2008-2009

Đặt $3^x=a, 3^y=b, 3^z=c$ thì $ab+bc+ca=abc$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\ge \dfrac{a+b+c}{4}$$
Theo CS, ta có :
$$\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc} \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{3\left (a^2+b^2+c^2+3abc\right )} =\dfrac{(a+b+c)^3}{3\left [(a+b+c)^2+ab+bc+ca\right ]} \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{4(a+b+c)^2} =\dfrac{a+b+c}{4}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c \Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài 24 ( ĐH khối A năm 2009 )
CMR vs mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn $x\left ( x+y+z \right )=3yz$ ta cố

$\left ( x+y \right )^{3}+\left ( x+z \right )^{3}+3\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )\leq 5\left ( y+z \right )^{3}$

BÀI TOÁN. Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x(x+y+z)=3yz$, ta có:
$$(x+y)^{3}+(x+z)^{3}+3(x+y)(x+z)(y+z)\leq 5(y+z)^{3}$$
GIẢI.

Cách 1 [HÀ QUỐC ĐẠT]

Đặt $a=x+y;b=x+z;c=y+z \Rightarrow x=\dfrac{a+b-c}{2};y=\dfrac{a+c-b}{2};z=\dfrac{b+c-a}{2}$
Khi đó: $$x(x+y+z)=3yz = \dfrac{a+b-c}{2}.\dfrac{a+b+c}{2}=3\dfrac{a+c-b}{2}.\dfrac{b+c-a}{2}$$
$$\Leftrightarrow (a+b)^{2}-c^{2}=3[c^{2}-(b-a)^{2}]$$
$$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}-c^{2}+2ab=-3a^{2}-3b^{2}+3c^{2}+6ab$$
$$\Leftrightarrow 4c^{2}=4a^{2}+4b^{2}-4ab$$
$$\Leftrightarrow c^{2}=a^{2}+b^{2}-ab\geq \dfrac{(a+b)^{2}}{4}\geq ab \Leftrightarrow 2c\geq a+b$$
Ta có: $3c^{3}\geq 3abc$
$$\Leftrightarrow 2c^{3}-(a^{3}+b^{3})=2c^{3}-(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})=2c^{3}-(a+b)c^{2}=c^{2}[2c-(a+b)]\geq 0$$
$$\Leftrightarrow 2c^{3}\geq a^{3}+b^{3} \Leftrightarrow 5c^{3}\geq a^{3}+b^{3}+3abc$$
$$\Leftrightarrow 5(y+z)^{3}\geq (x+y)^{3}+(y+z)^{3}+3(x+y)(y+z)(z+x)$$
Dẫu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

Cách 2 [WWW]
Đặt: $y = ax;z = bx$. Khi đó $(1)$ trở thành: $x\left( {x + ax + bx} \right) = 3ab{x^2} \Leftrightarrow 1 + a + b = 3ab\,\,\,(3)$

và $(2)$ trở thành: ${\left( {x + ax} \right)^3} + {\left( {x + bx} \right)^3} + 3\left( {x + ax} \right)\left( {ax + bx} \right)\left( {bx + x} \right) \le 5{\left( {ax + bx} \right)^3}$
$$ \Leftrightarrow {\left( {1 + a} \right)^3} + {\left( {1 + b} \right)^3} + 3\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {a + b} \right) \le 5{\left( {a + b} \right)^3}\,\,\,(4)$$
Vì $(3)$ và $(4)$ là những biểu thức đối xứng với $a, b$ nên đặt $S = a + b;\,P = ab$, khi đó
$$\left\{ \begin{array}{l}{S^2} \ge 4P\\1 + S = 3P\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P = \dfrac{{1 + S}}{3}\\3{S^2} - 4S - 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P = \dfrac{{1 + S}}{3}\\S \ge 2\end{array} \right.$$
Suy ra $$\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right) = 1 + a + b + ab = 1 + S + \dfrac{{1 + S}}{3} = \dfrac{{4\left( {1 + S} \right)}}{3}$$
$${\left( {1 + a} \right)^3} + {\left( {1 + b} \right)^3} = {\left( {2 + a + b} \right)^3} - 3\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {2 + a + b} \right) = {\left( {2 + S} \right)^3} - 4\left( {1 + S} \right)\left( {2 + S} \right)$$
$$\left( 4 \right) \Leftrightarrow {\left( {2 + S} \right)^3} - 4\left( {{S^2} + 3S + 2} \right) + 4S\left( {1 + S} \right) \le 5{S^3}$$
$$ \Leftrightarrow 2{S^2} - 3S - 2 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {2S + 1} \right)\left( {S - 2} \right) \ge 0\,\,\,\text{ luôn đúng do}\,\,S \ge 2$$
Vậy ta có đpcm.

Cách 3: [WWW]
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + xy + x{\rm{z}} = 3yz \Rightarrow {(x + y)^2} + {(x + z)^2} = 2{(y + z)^2} - {(y - z)^2}$

$ \Rightarrow {\left( {\dfrac{{x + y}}{{y + z}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{x + z}}{{y + z}}} \right)^2} = 2 - {\left( {\dfrac{{x + y}}{{y + z}} - \dfrac{{x + z}}{{y + z}}} \right)^2}\,\,\,\,\left( 3 \right)$

Đặt $u = \dfrac{{x + y}}{{y + z}},\,\,v = \dfrac{{x + z}}{{y + z}}$. Từ (3) $ \Rightarrow {u^2} + {v^2} = 2 - {(u - v)^2} \Rightarrow {u^2} + {v^2} - uv = 1\,\,\,\,\,\left( 4 \right)$

Khi đó ta có: BĐT $ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{x + y}}{{y + z}}} \right)^3} + {\left( {\dfrac{{x + z}}{{y + z}}} \right)^3} + 3\left( {\dfrac{{x + y}}{{y + z}}} \right)\left( {\dfrac{{x + z}}{{y + z}}} \right) \le 5 \Leftrightarrow {u^3} + {v^3} + 3uv \le 5$

$ \Leftrightarrow (u + v)({u^2} - uv + {v^2}) + 3uv \le 5 \Leftrightarrow u + v + 3uv \le 5\,\,\,\left( 5 \right)$

Mặt khác từ (1) ta có: $uv = 1 - {(u - v)^2} \le 1\,\,\,\left( 6 \right)$

và ${(u + v)^2} = 1 + 3uv \le 1 + \dfrac{3}{4}{(u + v)^2} \Rightarrow {(u + v)^2} \le 4 \Rightarrow u + v \le 2\,\,\,\left( 7 \right)$

Từ $(6)$ và $(7)$ ta có đpcm.

Bài 32 (Thi thử THPT Chuyên ĐH Vinh lần 2-2012)
Cho các số thực $a,b,c$ thuộc đoạn $\left [ 0;1 \right ]$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{a^{3}+2}{b^{2}+1}+\frac{b^{3}+2}{c^{2}+1}+\frac{c^{3}+2}{a^{2}+1}$.

$P\le \dfrac{a^2+2}{b^2+1}+\dfrac{b^2+2}{c^2+1}+\dfrac{c^2+2}{a^2+1}$
Chứng minh VP $\le 6$ bằng cách biến đổi tương đương.

Chị Linh chém gió ghê quá!Em thì định là để TT xuống thủy cung,gặp An Dương Vương.An Dương Vương thấy TT gai mắt,chém TT.TT chết lần nữa xuống gặp cha của An Dương Vương bị chém chết tiếp,rồi lại xuống gặp ông nội của An Dương Vương,lại bị chém chết,rồi cứ thế...Câu chuyện kết thúc có hậu.

@ Thịnh : Em chém gió ghê gấp hàng chục lần Linh rồi đó '+_+. Đọc chỗ nào cũng thấy chém chém giết giết

Thấy topic này hiện giờ lạ quá

Hệ phương trình tương đương :
$\left\{\begin{array}{1} 2x^2-xy+y^2=3y-x \\x^2+xy-3y^2 =x-2y \end{array}\right.$
Nhân chéo để xuất hiện đồng bậc :
$$\left (2x^2-xy+y^2\right )(x-2y)=\left (x^2+xy-3y^2\right )(3y-x) \Leftrightarrow (x+y)(x-y)(3x-7y)=0$$
Đến đây thì không phải là vấn đề nữa nhỉ.

Bài này ngoài dùng hàm số còn có thể dùng đánh giá băng BĐT cổ điển (Cauchy).

Đã từng giải trên Diễn đàn, giờ quên link. Không biết làm

Có phải cách này không anh
Sử dụng Cauchy, ta có :
$$x^3-3x^2-8x+40 =8\sqrt[4]{4x+4} = \sqrt[4]{4x+4}.2.2.2\le \dfrac{4x+4+16.3}{4}=x+13 \Leftrightarrow (x+3)(x-3)^2 \le 0$$
Mặt khác, $x\ge -1$ suy ra pt có 1 nghiệm duy nhất $x=3$.

Giải phương trình sau: \sqrt{x}+\sqrt{x+7}+2\sqrt{x^2+7x}=35-2x

Bạn đã post một loạt bài viết gõ thiếu, hãy đặt vào công thức kẹp $$ nhé.

Hệ tương đương :
$$\left\{\begin{array}{1}\sum \dfrac{x_1-1}{\sqrt{x_1}+1} =0 \\ \sum \dfrac{(x_1-1)(\sqrt{x_1}+1)}{(\sqrt{x_1}+1)(\sqrt{x_1+b^2-1}+b)} =0 \end{array}\right.$$
Giả sử, $x_1 \ge x_2 \ge ...\ge x_n$ suy ra :
1. $x_1-1\ge x_2 -1 \ge ...\ge x_n -1$
2. Xét hàm $f(x) = \dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x+b^2-1}+b}, f'(x) = \dfrac{\dfrac{\sqrt{x+b^2-1}+b}{\sqrt{x}}-\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x+b^2-1}}}{2(\sqrt{x+b^2-1}+b)^2} >0$ với $b>1$ nên hàm đồng biến. Do đó, theo Chebyshev, ta có :
$$n\left (\sum \dfrac{(x_1-1)(\sqrt{x_1}+1)}{(\sqrt{x_1}+1)(\sqrt{x_1+b^2-1}+b)}\right ) \ge \sum \dfrac{x_1-1}{\sqrt{x_1}+1} \sum \dfrac{\sqrt{x_1}+1}{\sqrt{x_1+b^2-1}+b}=0$$ Nên $x_1 =x_2 = ... = x_n = 1$

Vệ tinh Việt Nam sắp rời trạm vũ trụ


Vệ tinh F-1 của Phòng nghiên cứu không gian FSpace sẽ rời Trạm vũ trụ quốc tế (ISS) vào thứ năm tới, bắt đầu thời kỳ hoạt động trong không gian.

Ông Vũ Trọng Thư, Trưởng phòng nghiên cứu FSpace, cho biết dự kiến vệ tinh tự chế tạo của Việt Nam sẽ được thả ra ngoài không gian vào khoảng 23h30 giờ Hà Nội. Phi hành gia người Nhật Akihiko Hoshide sẽ điều khiển cánh tay robot thả các vệ tinh.

Mô hình mô phỏng các vệ tinh nhỏ trong đó có F-1 thả ra
ngoài không gian bằng cánh tay robot. (Đồ họa: FSpace)

F-1 được thả rời trạm ISS với vận tốc 5cm/s, theo hướng 45 độ so với phương thẳng đứng và ngược với chiều chuyển động của trạm ISS. Việc làm này đảm bảo các vệ tinh nhỏ có quỹ đạo thấp hơn và không đâm trở lại trạm ISS trong những vòng quay sau đó.
30 phút sau khi rời cánh tay của trạm ISS, vệ tinh F-1 mới bắt đầu thực hiện các công việc đầu tiên như bung ăng-ten, phát tín hiệu, để không gây ảnh hưởng đến các hoạt động trên trạm ISS. F-1 sẽ bay vòng quanh trái đất trên quỹ đạo tương tự như của trạm ISS, với chu kỳ 92 phút/vòng.
Từ trạm điều khiển mặt đất đặt tại Hà Nội, nhóm FSpace đưa ra các lệnh điều khiển F-1 để nó chụp ảnh hay thu thập dữ liệu về từ trường, nhiệt độ.
Vệ tinh nhỏ F-1 có kích thước 10x10x10cm và nặng 1kg, do FSpace nghiên cứu và chế tạo. Nó được đưa vào không gian ngày 21/7 cùng bốn vệ tinh khác bằng tên lửa của Cơ quan nghiên cứu và phát triển Hàng không Vũ trụ Nhật Bản (JAXA). Sự kiện này mở ra bước ngoặt trong ngành khoa học vũ trụ Việt Nam: lần đầu tiên một vệ tinh do chúng ta tự chế được đưa lên không gian.
"Nếu F-1 đi vào hoạt động, vệ tinh có thể được ứng dụng trong công tác giám sát tàu thuyền trên biển Đông, phòng chống nạn xả trộm dầu trên biển, hỗ trợ tìm kiếm cứu nạn, phát hiện cháy rừng sớm hay phục vụ các nhu cầu viễn thông, viễn thám khác", ông Thư nói.
nguồn : khoahoc.com

Đạt cũng hôn mình rồi

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có :

$$(2x+3)\sqrt{4x-1}+(2y+3)\sqrt{4y-1} \ge 2\sqrt{(2x+3)(2y+3)}\sqrt[4]{(4x-1)(4y-1)} =2\sqrt{(2x+3)(2y+3)}\sqrt[4]{16xy-4(x+y)+1} =2\sqrt{(2x+3)(2y+3)}$$
Nên suy ra $x=y=\dfrac{1}{2}$

Bài toán 1.
Cho $a,b,c \ge 0, (a+b)(b+c)(c+a) =2$. Chứng minh rằng :
$$\left (a^2+bc\right )\left (b^2+ca\right )\left (c^2+ab\right ) \le 1$$
Bài toán 2.
Chứng minh rằng, với mọi số thực dương $a,b,c,d$, ta đều có :
$$\dfrac{a-b}{a+2b+c}+\dfrac{b-c}{b+2c+d}+\dfrac{c-d}{c+2d+a}+\dfrac{d-a}{d+2a+b} \ge 0$$
Bài toán 3.
Cho các số thực dương thoả mãn $x+y+z=1$.. Chứng minh rằng :
$$\sum \sqrt{\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{(x+y)(x+z)}+\sqrt{yz}}} \ge 2$$

Xem xóm Thượng Thọ của mình này Xóm mình còn nghèo lắm, nhưng cũng có cái đẹp riêng chứ
Đây là cảnh nhà văn hoá xóm vào buổi chiều ... (Lúc đó vừa đi học về ) Và lúc vừa xong mùa gặt ...



Hoàng hôn

Thêm nữa này (bên phải là nhà mình, bị che khuất)

Gợi ý tí là mũ 2012 lên nhé

Hì, mong mọi người thông cảm, mình đang điên tí

Hì, trình bày quan điểm của mình phát
Theo mình, yêu hay không thì không quan trọng, nếu yêu (hay thích) mà không sắp xếp được thời gian thì đừng bao giờ, đây là một điều rất nguy hại. Nếu cứ bên nhau suốt ngày, thì đó là hành động "hại nhau" chứ yêu gì mà yêu. Vì vậy, cần cân nhắc kĩ trước khi quyết định. Vẫn có những người yêu nhau theo lỗi tích cực đó chứ, đơn cử là GS. Ngô Bảo Châu, biết yêu từ rất sớm, và nay, GS đã trở thành...
Nếu bảo đừng có yêu thì cũng chả đúng, bởi vì nếu nói như thế, hoá ra đó cũng chả là yêu đương gì, mà là đơn thuần chỉ là có người bên cạnh thôi. Còn khi đã gọi là yêu, thì phức tạp lắm, muốn bỏ cũng rất khó khăn, đâu phải trò chơi, muốn là được.
P/S : Riêng mình thì mình sẽ độc thân Khỏi phải lo nghĩ nhiều.

Có anh nào ở Nghệ An không nhì!~

Anh ở Nghệ An đây em. Anh ở huyện Yên Thành

Chị Linh cho em xin với!

Vô Huế rồi phát biểu cảm nghĩ đi em