KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI

CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2015

 

Môn thi: Toán

Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

 

Ngày thi thứ nhất: 22/10/2014

 

Câu 1

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} 4x^{2}y+\sqrt{x}=3\\ 2x^{2}y\left ( 1+\sqrt{4y^{2}+1} \right )=x+\sqrt{x^{2}+1} \end{matrix}\right.$

 

Câu 2

Tìm tất cả các hàm $f:\left ( 0,\propto \right )\rightarrow \left ( 0,\propto \right )$ thỏa mãn

$x^{2}\left ( f(x)+f(y) \right )=\left ( x+y \right )f\left ( y f\left ( x \right ) \right )\forall x,y\in \left ( 0,\propto \right )$

 

Câu 3

Cho tam giác đều $ABC$. $P$ là một điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường thẳng qua $P$ tương ứng vuông góc với $BC,CA,AB$ cắt các đường thẳng $AB,BC,CA$ theo thứ tự tại $I,G,K$. Chứng minh rằng $I,G,K$ thẳng hàng

 

Câu 4

Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn phương trình

$3^{x-1}+1=2^{y}$

 

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $2015$ điểm phân biệt $A_{1},A_{2},...,A_{2015}$

Chứng minh rằng, trên bất kì đường tròn có bán kính bằng $1$ ta luôn tìm được điểm $M$ thỏa mãn tính chất

$MA_{1}+MA_{2}+...+MA_{2015}\geq 2015$

 

Ngày thi thứ hai: 23/10/2014

 

Câu 1

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn

$3\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right )-7\left ( x ^{2}+y^{2}+z^{2}\right )+12=0$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\frac{x^{2}}{y+2z}+\frac{y^{2}}{z+2x}+\frac{z^{2}}{x+2y}$

 

Câu 2

Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ xác định bởi: $ln\left ( 1+x_{n}^{2} \right )+nx_{n}=1$ với mọi $n\in \mathbb{N}*$

Tìm giới hạn $\lim \frac{n\left ( 1-nx_{n} \right )}{x_{n}}$

 

Câu 3

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Trên đường thẳng $AB$ lấy điểm $P$. Từ $P$ vẽ hai tiếp tuyến $PC,PD$ lần lượt tới $(O)$ và $(O')$ ($C,D$ là tiếp điểm). Vẽ tiếp tuyến chung $MN$ của hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ với $M\in \left ( O \right )$ và $N \in \left ( O' \right )$.

Chứng minh ba đường thẳng $AB,CM,DN$ đồng quy

 

Câu 4

Trong một giải thi đấu thể thao vòng tròn một lượt có $n$ vận động viên $A_{1},A_{2},...,A_{n}$ $\left ( n>1 \right )$ tham gia. Mỗi vận động viên thi đấu với tất cả vận động viên còn lại theo nguyên tắc đấu không có hòa. Đặt $W_{k}$ và $L_{k}$ là số trận thắng và số trận thua tướng ứng của vận động viên $A_{k}$ với $k=\overline{1;n}$

Chứng minh rằng

$\sum_{k=1}^{n}W_{k}^{2}=\sum_{k=1}^{n}L_{k}^{2}$

$x,y,z$ là các số dương thỏa mãn $8xyz=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(1+2x)^3}+\frac{1}{(1+2y)^3}+\frac{1}{(1+2z)^3} \geq  \frac{3}{8}$

 

Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho $3$ số dương ta thu được

$\sum\left [ \frac{2}{(1+2x)^{3}}+\frac{1}{8} \right ] \geq \frac{3}{2}\sum \frac{1}{(1+2x)^{2}}$

Áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab},\forall a,b>0$ ta được

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{(1+2x)^{2}}+\frac{1}{(1+2y)^{2}}\geq \frac{1}{1+4xy}\\ \frac{1}{(1+1)^{2}}+\frac{1}{(1+2z)^{2}}\geq \frac{1}{1+2z}=\frac{4xy}{4xy+1} \end{matrix}\right.$

Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta có

$\sum \frac{1}{(1+2x)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

Dẫn tới

$\sum \frac{1}{(1+2x)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Ax đơn giản thế mà không nghĩ ra: mình đúng là ngâu thật."Đơn giản quá hoá thành khó"..Bài tiếp nhé:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$P=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+zx}$$

Trong đó $x,y,z$ là các số dương thay đổi thoả mãn điều kiện $x^2+y^2+z^2\geq 3$

 

$P\geq \frac{9}{3+xy+yz+zx}\geq \frac{9}{3+x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Hai đường tròn tiếp xúc lại a. Chứng minh 2 bán kính OC và O'D song với nhau.
Giúp giùm nha, cảm ơn trước!!!!!!!

Đề bài kiểu gì vậy bạn?

Trên mạng hiện có rất nhiều tin về ngày tận thế. Theo lịch của người May-a thì ngày 21-12-2012 là ngày tận thế của nhân loại.Nhiều người lo lắng, hoang mang không biết thông tin trên có đúng không. Các nhà khoa học nói không, dân kêu có .
Để tiện bàn về việc trên mình mở topic hi vọng mọi người tham gia và cho ý kiến.
Mọi người tham gia tích cực chứ qua 21-12-2012 thì lời nói không còn giá trị nữa.

Mình nghĩ là không có chuyện đó đâu. Người ta thêu dệt và làm to nó lên để lợi dụng gây hoang mang dư luận thôi. Hoàn toàn không có ngày tận thế!

Viết phương trình đương thẳng song song với đường thẳng $3x-4y-12=0 $ chia   $(x+2)^2+(y-3)^2=25$ thành hai cung sao cho cung lớn gấp đôi cung bé

 

PT đường thẳng $(\Delta)$ song song với đường thẳng $(d):3x-4y-12=0$ là $3x-4y+c=0$ với $c\neq -12$

PT đường tròn (C) là : $(x+2)^{2}+(y-3)^{2}=25$ có tâm $I(-2;3)$ và bán kính $R=5$

Đường thẳng $(\Delta )$ chia đường tròn (C) ở hai điểm $A$ và $B$

Theo bài ra $\widehat{AOB}=120^{0}$

Theo định lí $\cos$ ta có

$AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}-2OA.OB.\cos AOB\Rightarrow AB=R\sqrt{3}=5\sqrt{3}$

Do đó $d_{(I;\Delta )}=\sqrt{R^{2}-\frac{1}{4}AB^{2}}=\frac{5}{2}$

Từ đó tìm được đường thẳng $(\Delta )$

làm thế nào để chứng minh đc tâm h là trực tâm của abc vậy

Chứng minh bổ đề

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.
Ta cần chứng minh $NH$ là phân giác $\widehat{MNP}$
Thực vậy, ta có tứ giác $BPNC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BNP}=\widehat{BCP}$
Tứ giác $CNHM$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BNM}=\widehat{BCP}$
Từ đó có $NH$ là phân giác $\widehat{MNP}$

Cho tam giác ABC với M(1,1) N(2,3) P(4,1) lần lượt là hình chiếu cuả A,B,C trên BC,CA,AB.Viết phương trình các cạnh tam giác ABC.

Gợi ý: Tìm tọa độ điểm $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MNP$, đây cũng chính là trực tâm tam giác $ABC$
$A$ là giao điểm của $HM$ và đường thẳng $d_{1}$ vuông góc với $HN$ tại $N$, tương tự tìm được các điểm $B,C$

Bài 1:
Với k=? để 3 đường thẳng sau đồng qui:
x-y+5k=0
(2k-3)x+k(y-1)=0
(k+1)x-y+1=0

$\left\{\begin{matrix} y=x+5k\\ y=\frac{3-2k}{k}x+1 \\ y=(k+1)x+1 \end{matrix}\right.$

Ba đường thẳng đã cho đồng quy $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+5k=\frac{3-2k}{k}x+1\\ x+5k=(k+1)x \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình trên, tìm được $k$

Bài 21 Giải hệ

$x+\frac{2xy}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}}=x^{2}+y$

$y+\frac{2xy}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}}=y^{2}+x$

 

Cộng từng vế hai phương trình trong hệ ta được:

$x^{2}+y^{2}=2xy\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}}+\frac{1}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}+8}} \right )$

Mặt khác ta lại có

$2xy\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}}+\frac{1}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}+8}} \right )\leq 2xy$

Do đó

$x^{2}+y^{2}\leq 2xy$

$\Leftrightarrow x=y$

Với $x=y$ ta có

$\frac{2x^{2}}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}}=x^{2} \Leftrightarrow x=0\vee x=1$

 

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm

$\boxed {(x,y)\in \left \{ (0;0),(1;1) \right \}}$

Bài 11

$\left\{\begin{matrix} x+\frac{3x-y}{x^2+y^2}=3\\ y-\frac{x+3y}{x^2+y^2}=0 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} xy+\frac{3xy-y^{2}}{x^{2}+y^{2}}=3y\\ xy-\frac{x^{2}+3xy}{x^{2}+y^{2}}=0 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 2xy=3y+1 \Leftrightarrow x=\frac{3y+1}{2y}$

Thế vào PT $(2)$ ta được $y-\frac{\frac{3y+1}{2y}+3y}{\frac{(3y+1)^{2}}{4y^{2}}+y^{2}}=0 \Leftrightarrow y=1\vee y=-1$

Bài 13 Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} 6x^{4}-\left ( x^{3}-x \right )y^{2}-(y+12)x^{2}=-6\\ 5x^{4}-\left ( x^{2}-1 \right )^{2}y^{2}-11x^{2}=-5 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 6x^{2}-12+\frac{6}{x^{2}}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )y^{2}-y=0\\ 5x^{2}-10+\frac{5}{x^{2}}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}y^{2}=1 \end{matrix}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 6\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )y^{2}-y=0\\ 5\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}y^{2}=1 \end{matrix}\right.$

Đặt $x-\frac{1}{x}=t$

Ta có hệ mới

$\left\{\begin{matrix} 6t^{2}-ty^{2}-y=0\\ 5t^{2}-t^{2}y^{2}-1=0 \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} 6t^{2}-ty^{2}-y=0\\ 5t^{2}-t^{2}y^{2}-1=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t=1\\ y=2 \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix} t=\frac{1}{2}\\ y=1 \end{matrix}\right.$

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm

$\boxed {(x,y)\in \left \{ \left ( \frac{1\pm \sqrt{5}}{2};2 \right ),\left ( \frac{1\pm \sqrt{17}}{4};1 \right ) \right \}}$

Bài 25 giải hệ

$\frac{4x^{2}}{1+4x^{2}}=y$

$\frac{4y^{2}}{1+4y^{2}}=z$

$\frac{4z^{2}}{1+4z^{2}}=x$

 

Nhận xét: $x,y,z \geq 0$

Hệ đã cho tương đương với

$\left\{\begin{matrix} y=1-\frac{1}{1+4x^{2}}\\ z=1-\frac{1}{1+4y^{2}} \\ x=1-\frac{1}{1+4z^{2}} \end{matrix}\right.$

Lập luận tương tự như Bài 24 ta có $x=y=z$

Với $x=y=z$, hệ trở thành

$\left\{\begin{matrix} x=y=z\\ x=\frac{4x^{2}}{1+4x^{2}} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y=z\\ x+4x^{3}=4x^{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y=z=0\\ x=y=z=\frac{1}{2} \end{bmatrix}$

Kết luận: Phương trình có nghiệm

$\boxed {(x,y,z)\in \left \{ (0,0,0),\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right ) \right \} }$

Tiếp tục nào

 

Bài 2. Giải phương trình 

 

$$\left ( x+2 \right )\left ( \sqrt{2x^2+4x+6}+\sqrt{-2x-1} \right )=2x^2+6x+7$$

Đề chọn đội dự tuyển QG KonTum 2013

 

Điều kiện: $\left\{\begin{matrix} x+2\geq 0\\ -2x-1\geq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow -2\leq x\leq -\frac{1}{2}$

Do $\sqrt{2x^{2}+4x+6}-\sqrt{-2x-1}> 0,\forall x\in \left [ -2;-\frac{1}{2} \right ]$ nên

$\mathrm{PT}\Leftrightarrow (x+2)\left ( 2x^{2}+6x+7 \right )=\left ( 2x^{2}+6x+7 \right )\left ( \sqrt{2x^{2}+4x+6}-\sqrt{-2x-1} \right )$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x^{2}+4x+6}-\sqrt{-2x-1}=x+2$

$\Leftrightarrow \sqrt{2(x+2)^{2}+2(-2x-1)}=(x+2)+\sqrt{-2x-1}$       $(*)$

Theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ thì $\sqrt{2(x+2)^{2}+2(-2x-1)}\geq (x+2)+\sqrt{-2x-1}$

Dấu "=" xảy ra $\iff -2x-1=(x+2)^{2}\Leftrightarrow x^{2}+6x+5=0 \Leftrightarrow x=-1$

Do đó $(*)\Leftrightarrow x=-1$

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\boxed {x=-1}$

Cho $\Delta ABC$ vuông tại A có AB > AC ; BD là tia phân giác của $\widehat{B}$ ($D\epsilon AC$). Kẻ $DH\perp BC (H\epsilon BC)$.
a) So sánh BA ; BH

$\Delta ABD=\Delta CBD(ch.gn)$ $\Rightarrow BA=BH$

trong mp (Oxy) cho E(-1;0) và ©:$x^{2}+y^{2}-8x-4y-16=0$
.Viết pt đường thẳng đi qua E cắt © theo dây cung MN có độ dài Min

Gọi $O$ là tâm đường tròn $(C):(x-4)^{2}+(y-2)^{2}=36$ $\Rightarrow O(4;2)$
Do $E(-1;0)$ nằm trong đường tròn $(C)$ nên dây cung có độ dài ngắn nhất đi qua $E$ chính là dây cung vuông góc với $OE$ tại $E$

1.Trong các tam giác có chu vi không đổi.Tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.
2.Trong các tứ giác lồi có 2 đường chéo và góc tạo bởi 2 đường chéo không đổi.Tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất.

1. Theo công thức Heron ta có
$r=\frac{S}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}\leq \sqrt{\frac{\left ( \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right )^{3}}{p}}=\frac{p}{3\sqrt{3}}$
2. Ta có $S=\frac{1}{2}mn.\sin \alpha \leq \frac{1}{2}mn$ với $m,n$ là độ dài hai đường chéo và $\alpha$ là góc tạo bởi hai đường chéo.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \sin \alpha =1\Leftrightarrow \alpha =\frac{\pi }{2}$

Bạn nào phân tích hộ mình 8 câu thơ cuối đoạn trích Kiều ở lầu Ngưng Bích bằng một đoạn văn ngắn (10-15 câu)
Ps thêm một bài nữa nha giới thiệu về nhân vật ông Hai và bé Thu bằng 2 đoạn văn 10-15 câu

Diễn đàn toán sao lại phân tích văn hở bạn

Tính các tổng sau:
$T_{2}$=3-$3^{2}+3^{3}-3^{4}+...-3^{1996}$
Nhớ giải chi tiết nhé!

$T=3^{1}-3^{2}+3^{3}-3^{4}+...+3^{1995}-3^{1996} \Leftrightarrow 3T=3^{2}-3^{3}+3^{4}-3^{5}+...+3^{1996}-3^{1997}$
Do đó

$4T=3-3^{1997}\Leftrightarrow T=\frac{3-3^{1997}}{4}$

Tính các tổng sau:
$T_{1}$=1-2+$2^{2}$-$2^{3}$+....+$2^{1000}$

Nhớ giải chi tiết nhé!

$T=2^{0}-2^{1}+2^{2}-2^{3}+...+2^{1000}\Leftrightarrow 2T=2^{1}-2^{2}+2^{3}-2^{4}+...+2^{1001}$
Cộng từng vế 2 đẳng thức trên ta được

$3T=2^{2001}+1\Leftrightarrow T=\frac{1}{3}\left ( 2^{2001}+1 \right )$

Bài 2: Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}= 1$ Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{1+b-a}+\frac{b^{2}}{1+c-b}+\frac{c^{2}}{1+a-c}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có

$\sum \frac{a^{2}}{1+b-a}= \sum \frac{a^{4}}{a^{2}+a^{2}b-a^{3}} \geqslant \frac{1}{1+\sum a^{2}b-\sum a^{3}}$$\sum \frac{a^{2}}{1+b-a}= \sum \frac{a^{4}}{a^{2}+a^{2}b-a^{3}} \geqslant \frac{1}{1+\sum a^{2}b-\sum a^{3}}$.

Do đó ta cần chứng minh

$\sum a^{3}\geqslant \sum a^{2}b$

Thật vậy ta có

$a^{3}+a^{3}+b^{3}\geqslant 3a^{2}b\Leftrightarrow 2a^{3}+b^{3}\geqslant 3a^{2}b$

Tương tự

$2b^{3}+c^{3}\geqslant 3b^{2}c, 2c^{3}+a^{3}\geqslant 3c^{2}a$

Cộng vế ba bất đẳng thức trên ta được

$3\sum a^{3}\geqslant 3\sum a^{2}b\Leftrightarrow \sum a^{3}\geqslant \sum a^{2}b$

Vậy

$\sum \frac{a^{2}}{1+b-a}\geqslant 1$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Đóng góp 1 bài nhé !

Giải hệ :

$\left\{\begin{matrix} x^{5}+y^{5}+z^{5}=3 & & \\ x^{6}+y^{6}+z^{6}=3 & & \end{matrix}\right.$

 

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$:

$\left\{\begin{matrix} 5x^{6}+1\geq 6|x^{5}|\geq 6x^{5}\\ 5y^{6}+1\geq 6|y^{5}|\geq 6y^{5} \\ 5z^{6}+1\geq 6|z^{5} |\geq 6z^{5}\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 5\left ( x^{6}+y^{6}+z^{6} \right )+3\geq 18 \Leftrightarrow x^{6}+y^{6}+z^{6}\geq 3$

Dấu "=" xảy ra $\iff x=1$

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất $\boxed {(x,y,z)=(1,1,1)}$

Giải phương trình: $7x^{2}+7x=\sqrt{\frac{4x+9}{28}}$

Đưa về hệ PT đối xứng loại II.
Đặt $\sqrt{\frac{4x+9}{28}}=y+\frac{1}{2}\Rightarrow 4x+9=28y^{2}+28y+7 \Rightarrow x+\frac{1}{2}=7y^{2}+7y$
Ta có hệ $\left\{\begin{matrix} 7x^{2}+7x=y+\frac{1}{2}{}\\ 7y^{2}+7y=x+\frac{1}{2} \end{matrix}\right.$
Trừ 2 vế : $7(x-y)(x+y)+7(x-y)=(x-y)\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y\\ x+y=-\frac{6}{7} \end{bmatrix}$

bạn mathhieu cho mình cái chứng minh tất cả các bất đẳng thức bạn đưa ra ko theo mình biết thì thcs chỉ dc áp dụng cauchy cho 2 số và bunhi cho 2 số các cái khác nếu muốn áp dụng cần chứng minh.tiện đây mọi người giải dùm bài này nhé.
Với $a,b,c\neq 0$ chứng minh
$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

Ta có

$\left ( \frac{a}{b} -1\right )^{2}+\left ( \frac{b}{c} -1\right )^{2}+\left ( \frac{c}{a}-1 \right )^{2}\geqslant 0$

$\Rightarrow \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}+3\geqslant 2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )$

Mặt khác

$\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\geqslant 3$

$\Rightarrow 2\left ( \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}} \right )\geqslant \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}+3$

Vậy

$\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\geqslant \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

3) Chứng minh: $(a+b+c+d)^{2}\geq \frac{8}{3}(ab+bc+cd+da+ac+bd)$       $(1)$

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\geq \frac{2}{3}(ab+bc+cd+da+ac+bd) $

$\Leftrightarrow (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-d)^{2}+(d-a)^{2}+(a-c)^{2}+(b-d)^{2}\geq 0$