Mình cũng làm như vậy. Nhưng phải xét 2 trường hợp chứ
X-1=0 mới là TH1 thôi
Còn TH2 mình không biết làm sao

GIống mình chả bik cm sao cho nó khác 0 nên cứ phang đại vào là khác không lun
Bạn làm được mấy câu

Mình làm đc câu 1 (chắc 1,5 đ). Câu 2 là 1,5 đ. Câu 3 : 2đ. Câu 4 mình mới cm a²+b²+c²>=(a+b+c)²/3 với lại ghi đáp số
Bài 6 làm đc.
hi vọng đc 6đ
Còn bạn

Y chang bạn câu 4 làm ra rồi ai dè lộn dấu @@ chán kinh
2 câu kia bó tay
Câu cuối thấy quen quen mà không nhớ ra
nó đây

Giải cho vui:Nếu khoảng cách giữa 2 điểm bất kì trong 25 điểm đều nhỏ hơn 1 thì không còn gì phải làm,trong trường hợp còn lại lấy 2 điểm khác nhau A và B trong 25 điểm sao cho AB không nhỏ hơn 1,xét 2 đường tròn bán kính 1 tâm là A và B,khi đó 23 điểm còn lại sẽ phải nằm trong hai đường tròn này như vậy một trong chúng chứa ít nhất 12 điểm trong 23 điểm trên, kể cả tâm là 13!

Vậy mà nhớ nhầm xét đường tròn dường kính AB xog phim lun

Bạn làm đúng rồi
Cao thủ nào chém giúp em bài BĐT với làm mà cứ ngược dấu

Thui chém lun câu 1
$$PT\Leftrightarrow \sqrt{8x+1}-3+\sqrt{46-10x}-6=-x^3+5x^2+4x-8 \\ \Leftrightarrow \frac{8(x-1)}{\sqrt{8x+1}+3}-\frac{10(x-1)}{\sqrt{46-10x}+6}=(x-1)(-x^2+4x+8)\\\Leftrightarrow x-1=0\\\Leftrightarrow x=1$$
Đề tự nhiên khó kinh chắc rớt nữa

Câu 4:
Ta có : $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2 c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2$
Mă t khác theo $AM-GM$:
$a^3+ab^2 \ge 2a^2b; b^3+ bc^2 \ge 2b^2c; c^3+ca^2 \ge 2c^2a$
Suy ra : $a^2+b^2+c^2 \ge 3(a^2b+b^2c+c^2a)$
Suy ra $F \ge 14(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{3(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} =14(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{3-3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2} (1)$
Đặt $k=a^2+b^2+c^2$
$(1) \Leftrightarrow 14k+\dfrac{\dfrac{3}{2} -\dfrac{3}{2} k}{k}$, với $k \ge \dfrac{1}{3}$
Đến đây dùng Cauchy điểm rơi, hi vọng là ra

Chắc tới đó ngon rồi
Mình làm tới bước $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$ tự nhiên không nhân vào đi làm BCS thế là không ra

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO......................................................CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ...........................................ĐỘC LẬP-TỰ DO-HẠNH PHÚC

ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 2012

Môn thi: TOÁN

(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin)

Thời gian làm bài : 150 phút

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

Câu 1 (1,5đ )
Giải phương trình :
$\sqrt{x^{2}+2x+2\sqrt{x^{2}+2x-1}}+2x^{2}+4x-4 =0$

Đặt $x^2+2x=a$
PT
$$\Leftrightarrow \sqrt{a+2\sqrt{a-1}}+2a-4=0\Leftrightarrow \sqrt{a-1}+1+2a-4=0\Leftrightarrow \sqrt{a-1}=3-2a\Leftrightarrow a-1=4a^2-12a+9\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=2 ( L)\\
a=\frac{5}{4}(N)
\end{matrix}\right.$$
$\Rightarrow x^2+2x=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{1}{2}\\
x=\frac{-5}{2}

\end{matrix}\right.$
Vậy PT có 2 nghiệm là $x=\frac{1}{2}$ và $x=\frac{-5}{2}$

câu b) Để bạn kia post nha
câu c) Gọi H là giao điểm của XT và YZ (1)
Ta sẽ CM H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT
Thật vậy
$\widehat{HZT}=\widehat{HTZ}$
$\Rightarrow HT=HZ$
Ta có $\widehat{XHY}=90^{\circ}$( DO OYHX LÀ HCN)
$\Rightarrow$ KHZX nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{HKZ}=\widehat{HXZ}=\widehat{HXK}=\widehat{HZK}$
$\Rightarrow HK=HZ$
Vậy H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT (2)
Gọi giao điểm của XC và YZ là F giao điểm của XT và YD là E
$\widehat{FKZ}=90^{\circ} \Rightarrow$ F , H , Z thẳng hàng
Tương tự E , H , T thẳng hàng
Xét 2 tam giác cân HEF và OCD có 2 góc đáy = 45 độ nên đồng dạng
$$\Rightarrow \frac{HF}{OC}=\frac{EF}{CD}\Rightarrow \frac{HT}{OC}=\frac{FT}{BC}$$
Vì FT//BC nên theo tales ta có $\frac{FT}{BC}=\frac{IT}{IC}$
$\Rightarrow \frac{HT}{OC}=\frac{IT}{IC}$ mà $\widehat{HTI}=\widehat{OCI}=45^{\circ}$
$$\Rightarrow \bigtriangleup IHT\sim \bigtriangleup IOC\Rightarrow \widehat{HIT}=\widehat{OIC}$$
$\Rightarrow$ O ,H ,I thẳng hàng (3)
Từ (1) (2) và (3) ta có dpcm

Bạn post đáp án lên cho mọi người tham khảo được không ???

Đề bài
$$2(x^2+y^2)-2xy+\dfrac{1}{x^2+y^2}=2$$

Bài giải

Phương trình tương đương với
$$x^2+y^2+\dfrac{1}{x^2+y^2}=-(x-y)^2+2$$
Dễ thấy $VP\leq 2\leq VT$
Dấu "=" xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2=1\\
x=y

\end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\
x=y=\dfrac{-1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}$$
Vậy pt có 2 nghiệm là
$\boxed {x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}, ,x=y=\dfrac{-1}{\sqrt{2}}}$

Để tiếp tục duy trì topic và chuẩn bị chào tạm biệt ngày 02/07/2012. Chúng ta hãy cùng tiếp tục với bài toán sau. Mọi người hãy tiếp tục đưa ra những suy nghĩ của mình rồi chúng ta cùng so sánh, đánh giá nhé.

Bài toán. Tìm $m$ để phương trình \[\left( {2m + 7} \right){x^2} + \left( {7m + 2} \right)x + 5m - 5 = 0\] có hai nghiệm âm.

Em làm theo cách bình thường vậy
Để pt có 2 nghiệm âm thì

$$\left\{\begin{matrix}
\bigtriangleup \geq 0\\
S< 0\\
P>0
\end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
(7m+2)^2 -4(2m+7)(5m-5)\geq 0\\
-\frac{7m+2}{2m+7}<0\\
\frac{5m-5}{2m+7}>0
\end{matrix}\right. $$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
(3m-12)^2 \geq 0 \\
m< -\frac{7}{2} | m> -\frac{2}{7} \\
m<-\frac{2}{7} | m>1
\end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
m< -\frac{7}{2}\\
m>1
\end{matrix}\right.$$
Vậy $\begin{bmatrix}
m<-\frac{7}{2}\\
m>1

\end{bmatrix}$ Thì pt có 2 nghiệm âm

Mình làm bài 1 (bài dễ nhất)
câu a) $\sqrt[3]{7+5\sqrt{2}}+\sqrt[3]{20-14\sqrt{2}}=1+\sqrt{2}+2-\sqrt{2}=3$
câu b) Gọi biểu thức cần CM là P
$a^{4}-(b^{2}-c^{2})^{2}=a^{4}-\left [ (b-c)(b+c) \right ]^{2}=a^{4}-\left [ -a(b-c) \right ]^{2}=a^{2}\left [ a^{2}-(b-c)2) \right ]=a^{2}(a-b+c)(a+b-c)=4a^{2}bc$
Tương tự $b^{4}-(c^{2}-a^{2})^{2}=4b^{2}ac$; $c^{4}-(a^{2}-b^{2})^{2}=4c^{2}ab$
Lúc này $P=\frac{a^{2}}{4bc}+\frac{b^{2}}{4ac}+\frac{c^{2}}{4ab}=\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{4abc}=\frac{3abc}{4abc}=\frac{3}{4}$
(Vì $a+b+c=0 \Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc$)

Bài giải

Bổ đề : Cho x ,y ,z là các số thực dương ta có bất đẳng thức sau
$$\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)} \le \dfrac{9}{4(x+y+z)}$$
Lời giải bổ đề :
$$\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)} = \dfrac{x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{(x+y)(y+z)(x+z)}=\dfrac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}$$
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz)$ ta có
$$\dfrac{2(xy+yz+xz)}{(x+y)(y+z)(x+z)}\leq \dfrac{18(xy+yz+xz)}{8(x+y+z)(xy+yz+xz)}=\dfrac{9}{4(x+y+z)}$$

Quay trở lại bài toán
Không mất tính tổng quát giả sử $c\geq b\geq a$ $\Rightarrow bc\geq ac\geq ab$ (1)
Giả sử $x\leq y\leq z$ ta sẽ chứng minh $\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \dfrac{y}{(y+x)(y+z)}\leq \dfrac{z}{(z+x)(z+y)}$
Thật vậy $\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \dfrac{y}{(y+x)(y+z)}\\ \Leftrightarrow x(y+x)(y+z)\leq y(x+y)(x+z)\\ \Leftrightarrow xy+xz\leq xy+yz$
$\Rightarrow x\leq y$ (Đúng theo điều giả sử)
Tương tự ta có $\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}\leq \dfrac{y}{(y+x)(y+z)}\leq \dfrac{z}{(z+x)(z+y)}$ (2)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy (1) (2) và kết hợp với bổ đề ta có
$$\dfrac{bcx}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{acy}{(y+x)(y+z)}+\dfrac{abz}{(x+z)(y+z)}\leq \dfrac{1}{3}(bc+ac+ab)(\dfrac{x}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{y}{(y+z)(y+x)}+\dfrac{z}{(z+x)(z+y)})\leq \dfrac{(a+b+c)^2}{9}.\dfrac{9}{4(x+y+z)}=\dfrac{(a+b+c)^2}{4(x+y+z)}$$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ và $x=y=z$

câu 3:(2,0 điểm) Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn$ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$.
Chứng minh rằng: $\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\geq \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} $

GT $\Leftrightarrow xy+yz+xz=xyz\Leftrightarrow x^2+xy+xz+yz=x^2+xyz\Leftrightarrow (x+y)(x+z)=x(x+yz) \\ \Rightarrow x+yz=\frac{(x+y)(x+z)}{x}\geq \frac{(x+\sqrt{yz})^2}{x}$
Tương tự ta có
$$VT \geq \frac{x+\sqrt{yz}}{\sqrt{x}}+\frac{y+\sqrt{xz}}{\sqrt{y}}+\frac{z+\sqrt{xy}}{\sqrt{z}}=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}+\sum\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{z}} $$
Mà $\sum\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{z}} =\sum \frac{\sqrt{xyz}}{z}=\sqrt{xyz}$
Vậy
$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\geq \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} $

Fixed, thiếu $+1$ đó
Mà kể cả tìm được $2m-1=2n-1\Leftrightarrow m=n=1$ thì vẫn không thỏa mãn do $m+n-1=1\not\in P$

Thử với bộ m=n=2 vẫn đúng mà

Lâu lâu mới thấy bài số
(False) SOLUTION

Theo giả thiết:
$$m+n-1|2(m^2+n^2)-1\\ \Leftrightarrow m+n-1| (m+n)^2+(m-n)^2-1\\ \Leftrightarrow m+n-1| (m+n-1)(m+n+1)+(m-n)^2\\ \Leftrightarrow m+n-1|(m-n)^2\ (1)$$
-Áp dụng t/c: Nếu số chính phương $a$ chia hết cho số nguyên tố $p$ thì $a$ cũng chia hết cho $p^2$, ta có:
$$(1)\Rightarrow (m+n-1)^2| (m-n)^2\\\Leftrightarrow m^2+n^2+1+2mn-2m-2n | m^2-2mn+n^2\\\Rightarrow m^2+n^2+1+2mn-2m-2n \le m^2-2mn+n^2\\ \Leftrightarrow 4mn-2m-2n\le 0\\ \Leftrightarrow (2m-1)(2n-1)\le 0\ (2)$$
Mặt khác theo giả thiết, ta có $m,n\in \mathbb{N}^*\Rightarrow 2m-1,2n-1\ge 1$ nên ta có: $(2m-1)(2n-1)\ge 1\ (3)$
-Từ $(2)$ và $(3)$ thấy mâu thuẫn, vậy không tồn tại giá trị của $m,n$ thỏa mãn điều kiện bài toán (???)
---------------
Sao chả thấy ra ĐPCM gì thế này , sai ở đâu nhỉ
P/s: Lâu lâu không động đến số là đã thấy ngu ngu ="='

$4mn-2m-2n \le 0 \Leftrightarrow (2m-1)(2n-1) \le 1$ vậy là $(2m-1)(2n-1)=1$ giải tìm được m,n luôn rồi

Nhờ trọng tài del bài trước hộ em bài trước em làm sai

Bài giải

Theo khai triển newton ta có
$(a+b)^x=\sum_{k=0}^{x}\binom{n}{k}a^{x-k}b^k$
Cho $a=1$ $b=-1$ ta có
$\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^x\binom{x}{x}=0$
Mặt khác ta có
$$1=\binom{x}{0} \\ x=\binom{x}{1}\\\frac{x(x-1)}{1.2}=\binom{x}{2}\\
\\
... \\
\\
\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}=\binom{x}{n}
$$
Từ đó đề bài tương đương với
$$\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^n\binom{x}{n}=\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^x\binom{x}{x}$$
$\Rightarrow x=n$
Vậy pt có 1 nghiệm là $x=n$

S=0

Đề thi "Hướng tới Olympic Toán 2013"

Khối 10


Bài 3.
Chứng minh rằng với mọi $x,y,z>0$ ta có:
$$\dfrac{3x}{y}+\dfrac{4y}{z}+16\sqrt{\dfrac{z}{3x+y}} \ge 15$$

Đặt $\frac{x}{y}=a$ $\frac{y}{z}=b$ $\Rightarrow \frac{x}{z}=ab$


Bất đẳng thức tương đương
$$3a+4b+\frac{16}{\sqrt{3ab+b}}=3a+4b+\frac{32}{\sqrt{4b(3a+1)}}\geq 3a+4b+\frac{64}{3a+4b+1}=(3a+4b+1)+\frac{64}{3a+4b+1}-1\geq 16-1=15$$

Câu 3c Giả xử $x \geq y$
$\Rightarrow A\geq (x+y)\sqrt{3+y}\geq 2012\sqrt{3}$
Dấu = xảy ra khi $x=2012$ $y=0$ và hoán vị
Câu 4

câu a quá quen thuộc
câu b CM $ OA \perp EF $
$ \Rightarrow S(AEOF)=\frac{1}{2}\cdot OA\cdot EF$
$ BC=2R \sin \widehat{BAC} =R\sqrt{3}$
$\bigtriangleup AEF$ ~ $\bigtriangleup ABC
\Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{EF}{BC}\Rightarrow EF=\cos \widehat{BAC}\cdot BC=\frac{\sqrt{3}}{2}R$
$\Rightarrow S(ABCD)=\frac{1}{2}\cdot OA\cdot EF=\frac{1}{2}\cdot R\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}R=\frac{\sqrt{3}}{4}R^{2}(đvdt))$

Bài 2: (1,5 điểm)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\frac{a}{3+b-a}+\frac{b}{3+c-b}+\frac{c}{3+a-c}$$

Chém câu này
$$P=\frac{a}{2b+c}+\frac{b}{2c+a}+\frac{c}{2a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2ab+ac+2bc+ab+2ac+bc}\geq \frac{3(ab+bc+ac)}{3(ab+bc+ac)}=1$$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho $m,n$ là hai số nguyên dương thỏa mãn $m+n-1$ là số nguyên tố và $m+n-1$ là một ước của $2(m^2+n^2)-1$
Chứng minh $m=n$

$2(m^2+n^2)-1=2(m+n-1)(m+n+1)+1-4mn$
$\Rightarrow m+n-1|1-4mn\Rightarrow m+n-1|1-4mn+4m(m+n-1)=(2m-1)^2$
Mà $m+n-1$ là số nguyên tố
$\Rightarrow m+n-1|2m-1\Rightarrow 2m-1\geq m+n-1\Leftrightarrow m\geq n$
Tương tự ta có $n\geq m$
Vậy $\boxed {m=n}$

Toạ độ trọng tâm tam giác là $x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}$

 

Và $y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}$ nên ta phải chỉ ra trong 19 cặp $(x_{i};y_{i})$ (i=1 đến 19) tồn tại 3 cặp thoả mãn

 

$3|x_{m}+x_{n}+x_{p}$

 

và $3|y_{m}+y_{n}+y_{p}$   (***)

 

Thật vậy.Trong 19 số $x_{i}$ tồn tại ít nhất 7 số $x_{1},x_{2},...,x_{7}$ đồng dư modun 3

 

xét 7 số $y_{1},y_{2},...,y_{7}$ cũng có it nhất 3 số $y_{a},y_{b},y_{c}$ đồng dư modun 3  (theo nguyên lí dirichlet)

 

Khi đó 3 cặp số $(x_{a};y_{a}),(x_{b};y_{b}),(x_{c};y_{c})$ thoả mãn  (***)

 

Hay đây là 3 đỉnh của một tam giác có trọng tâm nguyên

Dễ vậy mà làm không được (

Thui làm câu pt hàm vậy 

Dễ dàng quy nạp được $f(n) \leq n$ với $n\equiv 1 mod 3$

Từ đó ta có $2014\geq f(2014)\geq f(2)+2012$

$\Rightarrow f(2) \leq 2$

Quy nạp 1 lần nữa ta có  $f(n) \leq n$ với $n\equiv 2 mod 3$

$\Rightarrow 2015 \geq f(2015) \geq f(3)+2012$

$\Rightarrow f(3) \leq 3 $

Từ đó dễ dàng ta có $f(2013) \leq 2013$

Mà $f(2013) \geq 2013 $

Vậy $f(2013)=2013$

 

Àh câu 2 yêu cầu tìm diện tích lục giác câu này khoai nhất @@

Sặc đề sai rùi $y-1$ không phải $1-y$

Mình cũng chỉ biết tên sách với tác giả thui
Cũng mún mua về tìm hiểu từ từ )

Mình xin làm bài 5

$1+8a^{3}=(2a+1)(4a^{2}-2a+1)\leq (\frac{(2a+1+4a^{2}-2a+1)}{2})^{2}=(2a+1)^{2}$
=>$\sqrt{1+8a^{3}}\leq2a^{2}+1$
Tượng tự
$\sqrt{1+8b^{3}}\leq2b^{2}+1$
$\sqrt{1+8c^{3}}\leq2c^{3}+1$
=> $\frac{1}{\sqrt{1+8a^{3}}}+\frac{1}{\sqrt{1+8b^{3}}}+\frac{1}{\sqrt{1+8c^{3}}} \geq \frac{1}{2a^{2}+1}+\frac{1}{2b^{2}+1}+\frac{1}{2c^{2}+1} \geq \frac{9}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+3}=\frac{9}{6+3}=1$
=>dpcm
Đấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

Tự sướng lv bá đạo

Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác chứng minh bất đẳng thức sau

$(a+b+c)(\frac{1}{2a+c}+\frac{1}{2b+a}+\frac{1}{2c+b})+1\geq 2(\frac{a+b}{2b+a}+\frac{b+c}{2c+b}+\frac{a+c}{2a+c})$

Bài giải

Nhân tung tóe và rút gọn ta được bất đẳng thức sau
$$\frac{3a+b+c}{2a+c}+\frac{3b+c+a}{2b+a}+\frac{3c+a+b}{2c+b}\geq 5$$
Bất đẳng thức trên đúng do
$$\frac{c}{2a+c}+\frac{a}{2b+a}+\frac{b}{2c+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc}=1$$
$$\frac{3a+b}{2a+c}+\frac{3b+c}{2b+a}+\frac{3c+a}{2c+b}-3=\frac{a+b-c}{2a+c}+\frac{b+c-a}{2b+a}+\frac{a+c-b}{2c+b}\geq \frac{(\sum a+b-c)^2}{(a+b-c)(2a+c)}=\frac{(a+b+c)^2}{\sum a^2+2\sum ab}=1$$
Cộng các bất đẳng thức trên lại ta có đpcm
Dấu = xảy ra khi $a=b=c$