Chủ đề này có 22 trả lời

[nloan2k1]

...

[Dinh Xuan Hung]

SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO ĐẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
VĨNH PHÚC MÔN:Toán (Chuyên)
Thời gian làm bài:150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(3,0 điểm)
a)Giải phương trình:$\frac{4\sqrt{x}}{4x-8\sqrt{x}+7}+\frac{3\sqrt{x}}{4x-10\sqrt{x}+7}=1$
b)Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 2x^3+3x^3y=8 & & \\ xy^3-2x-6=0 & & \end{matrix}\right.$
Câu 2. (2,0 điểm)
a)Tìm số nguyên tố $p$ để $2p+1$ là lập phương của một số tự nhiên
b)Trong bảng $11\times 11$ ô vuông ta đặt các số từ $1$ đến $121$ vào các ô đó cách tùy ý (mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau thì đặt hai số khác nhau).Chứng minh rằng tồn tại hai ô vuông kề nhau (tức là hai ô vuông có chung một cạnh) sao cho hiệu của hai số đó đặt trong hai ô đó lớn hơn $5$
Câu 3.(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ,có trực tâm H và nội tiếp đường tròn tâm O.Gọi D,E,F tương ứng là các chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ A,B,C.Gọi M là giao điểm của tia AO và cạnh BC.Gọi N,P tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh CA,AB
a)Chứng minh:$HE.MN=HF.MP$
b)Chứng minh tứ giác EFBN nội tiếp
c)Chứng minh rằng:$\frac{BD.BM}{CD.CM}=\left ( \frac{AB}{AC} \right )^2$
Câu 4.(1,0 điểm)
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:$\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}\geq 1$
Câu 5.(1,0 điểm)
Điểm $M(x;y)$ của mặt phẳng tọa độ được gọi là điểm nguyên,nếu cả $x$ và $y$ đều là các số nguyên.Tìm số nguyên dương $n$ bé nhât sao cho từ mỗi bộ ba nghiệm nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên ( trong trường hợp thẳng hàng thì coi diện tích bằng 0)
HẾT

TOPIC đã được mở

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 13-06-2015 - 18:51

[viet nam in my heart]

Câu 1: b)$\left\{\begin{matrix} 2x{}^3 + 3{x^3}y = 8& \\ x{y^3} - 2x - 6 = 0& \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3{x^3}\left( {y - 2} \right) = 8 - 8{x^3}\left ( 1 \right )& \\ x\left( {{y^3} - 8} \right) = 6 - 6x\left ( 2 \right )& \end{matrix}\right.$

Xét các trường hợp $x=1,y=2,x=0$ ta chỉ thu được cặp nghiệm (x,y) = (1,2)

Nhân (1) và (2) và rút gọn ta được $3{x^3}\left( {y - 2} \right)\left (6 - 6x \right )=\left (8 - 8{x^3} \right ) \left [x\left( {{y^3} - 8} \right) \right ]\Leftrightarrow 18x^2=8\left ( 1+x+x^2 \right )\left ( y^2+2y+4 \right )$

Mà $y^{2}+2y+4\geq 3$ nên $18x^{2}\geq 24\left ( x^2+x+1 \right )\Leftrightarrow 0\geq \left ( x+2 \right )^{2}\Leftrightarrow x=-2$

Vậy nghiệm của hê phương trình là $\left ( x,y \right )=\left ( 1,2 \right );\left ( -2,-1 \right )$

Câu 2:

b) (Nói bằng lời vì không biết vẽ bảng)
Thực ra ta sẽ chứng minh được 1 kết quả chặt hơn : Tồn tại hai ô vuông kề nhau sao cho hiệu 2 số đặt trong 2 ô đó lớn hơn 6

Giả sử ngược lại thì hiệu 2 số đặt trong 2 ô kề nhau bất kì trong bảng đều $\leq 6$

Gọi ô $a(i,j)$ là ô ở hàng $i$ từ trên xuống dưới và cột $j$ từ trái sang phải trong bảng

Từ giả sử dễ dàng chứng minh được hiệu 2 số trong bảng luôn $\leq 120$. 

Xét số $1$ và $121$ có hiệu bằng $120$ nên dấu $"="$ ở trên phải xảy ra. Khi đó số $1$ và $121$ phải điền ở 2 góc đối diện nhau của bảng

Giả sử $1$ điền ở ô $a(1,1)$ và $121$ được điền ở ô $a(11,11)$. Khi đó các số được điền ở 2 ô $a(1,2)$ và ở ô $a(2,1)$ bằng nhau và bằng $7$ (vô lý)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 4: 

Ta có: $\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}\geq 1$

$\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $\frac{a^2b}{2+a^2b}=\frac{a^2b}{1+1+a^2b}\leq \frac{\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}}{3}$

Chứng minh tương tự và cộng theo vế ta có: $\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq\frac{1}{3}\left (\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}+\sqrt[3]{{{b^4}{c^2}}}+\sqrt[3]{{{c^4}{a^2}}} \right )$

Do đó ta đi chứng minh : $\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}+\sqrt[3]{{{b^4}{c^2}}}+\sqrt[3]{{{c^4}{a^2}}}\leq 3$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: $\left ( \sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}+\sqrt[3]{{{b^4}{c^2}}}+\sqrt[3]{{{c^4}{a^2}}} \right )^3\leq \left ( ab+bc+ca \right )^2\left ( a^2+b^2+c^2 \right )$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta lại có: $\left ( ab+bc+ca \right )^2\left ( a^2+b^2+c^2 \right )\leq \left [\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{3} \right ]^{3}=27$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kimchitwinkle: 03-10-2015 - 12:44

[dogsteven]

Bat dang thuc tuong duong voi: $4\geqslant (abc)^3-(abc)^2+abc(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$

Mot ket qua quen thuoc: $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leqslant 4$, do do $VP\leqslant (abc)^3-(abc)^2+4abc$

Do $abc\leqslant 1$ nen $(abc)^2\leqslant abc$, tu do suy ra $VP\leqslant (abc)^3+3(abc)\leqslant 4$

Day la dieu phai chung minh.

P.s. F*ck Unikey

Xanh co the chung minh bang chuyen vi, hoac nhanh hon la gia su $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thi bat dang thuc dung do no tuong duong voi:

$9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+(a+4b-5c)(a+c-2b)^2\geqslant 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 13-06-2015 - 20:13

[huy2403exo]

C1a: Đặt $4x-8\sqrt{x}+7=a\Rightarrow 4x-10\sqrt{x}+7=a-2\sqrt{x}$

PT $\Leftrightarrow \frac{4\sqrt{x}}{a}+\frac{3\sqrt{x}}{a-2\sqrt{x}}=1$

$\Leftrightarrow a^2-9a\sqrt{x}+8x=0$

$\Leftrightarrow (a-8\sqrt{x})(a-\sqrt{x})=0$

...

[My Linh Vietnamese]

Đáp án tham khảo đã có tại: http://express.chuye...g-1362015.html 

Đáp án này được làm bởi các ac CVP nên cách làm có thể chưa được tối ưu lắm.

Ai có cách nào ngắn hơn thì đăng lên nhé!!

P/s: Em làm đúng mỗi câu 1a xong ngồi chơi hơn 1h :v

[Chris yang]

Câu 3

 

a)Ta có  $\angle FHE=\angle PMN=180^0-\angle A$, $\angle FEH=\angle FAH=\angle MAN=\angle NPM$ ( do tứ giác $HFAE, PMNA$ nội tiếp)

Do đó $\triangle PMN\sim\triangle EHF$ $\rightarrow HE.MN=HF.MP$

b) Chủ topic đánh sai, đề đúng là cm $FENP$ nội tiếp 

Từ phần $a)$ thì $\angle FEN=\angle FEH+90^0=\angle NPM+90^0=\angle BPN$ nên tứ giác $FENP$ nội tiếp

c) Có $\angle BAD=\angle CAM\rightarrow \angle BAM=\angle DAC$

Vậy thì $\frac{S_{BAD}}{S_{CAM}}=\frac{BD}{CM}=\frac{sin\angle BAD .AB.AD}{sin\angle CAM.AC.AM}=\frac{AB.AD}{AC.AM}$

 

            $\frac{S_{BMA}}{S_{CAD}}=\frac{BM}{CD}=\frac{sin\angle BAM.AB.AM}{sin\angle CAD.AC.AD}=\frac{AB.AM}{AC.AD}$

 

$\Rightarrow \frac{BD.BM}{CD.CM}=\left ( \frac{AB}{AC} \right )^2$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngocanh99: 13-06-2015 - 21:36

[Quoc Tuan Qbdh]

http://express.chuye...ng-1362015.htmlkhông tồn tại   

[Dinh Xuan Hung]

 

Câu 4: 

Ta có: $\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}\geq 1$

$\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $\frac{a^2b}{2+a^2b}=\frac{a^2b}{1+1+a^2b}\leq \frac{\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}}{3}$

Chứng minh tương tự và cộng theo vế ta có: $\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq\frac{1}{3}\left (\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}+\sqrt[3]{{{b^4}{c^2}}}+\sqrt[3]{{{c^4}{a^2}}} \right )$

Do đó ta đi chứng minh : $\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}+\sqrt[3]{{{b^4}{c^2}}}+\sqrt[3]{{{c^4}{a^2}}}\leq 3$

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: $\left ( \sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}}+\sqrt[3]{{{b^4}{c^2}}}+\sqrt[3]{{{c^4}{a^2}}} \right )^3\leq \left ( ab+bc+ca \right )^2\left ( a^2+b^2+c^2 \right )$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta lại có: $\left ( ab+bc+ca \right )^2\left ( a^2+b^2+c^2 \right )\leq \left [\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{3} \right ]^{3}=27$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Có cần phải phức tạp hóa bài toán lên không hả Phương

$\sum \frac{1}{2+a^2b}\geq 1\Leftrightarrow \sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq 1$

Mặt khác ta có:$\frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{1}{3}(a\sqrt[3]{ab^2})\leq \frac{1}{3}.\frac{1}{3}(a+b+b).a=\frac{1}{9}(a^2+2ab)$

CMTT:

$\frac{b^2c}{2+b^2c}\leq \frac{1}{9}(b^2+2bc)$

$\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq \frac{1}{9}(c^2+2ac)$

$\Rightarrow \sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{1}{9}(a+b+c)^2=1\Rightarrow \sum \frac{1}{2+a^2b}\leq 1$

[dogsteven]

Bai 5. Tren mat phang toa do ta ky hieu $[A,B]=x_A.y_B-x_B.y_A$

Khi do $S_{ABC}=\dfrac{|[A,B]+[B,C]+[C,A]|}{2}$

Toi day xet $n=1,2,3,4$ khong thoa, $n=5$ thi dung Dirichlet.

Tong qua cong thuc dien tich:

$S_{[A_1A_2...A_n]}=\dfrac{[A_1,A_2]+[A_2,A_3]+...+[A_n,A_1]}{2}$ voi $S_{[A_1A_2...A_n]}$ la dien tich dai so.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 13-06-2015 - 21:44

[HoangVienDuy]

câu 1.b: (cách khác)

$\left\{\begin{matrix} x^{3}(2+3y)=8 & & \\ x(y^{3}-2)=6 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2+3y=\left ( \frac{2}{x} \right )^{3} & & \\ y^{3}-2=\frac{6}{x} & & \end{matrix}\right.$

đặt $\frac{2}{x}=a$

ta có $\left\{\begin{matrix} a^{3}=2+3y & & \\ y^{3}=2+3a & & \end{matrix}\right.$

hệ này đã trở thành hệ đối xứng. tự giải tiếp

[viet nam in my heart]

Có cần phải phức tạp hóa bài toán lên không hả Phương

$\sum \frac{1}{2+a^2b}\geq 1\Leftrightarrow \sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq 1$

Mặt khác ta có:$\frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{1}{3}(a\sqrt[3]{ab^2})\leq \frac{1}{3}.\frac{1}{3}(a+b+b).a=\frac{1}{9}(a^2+2ab)$

CMTT:

$\frac{b^2c}{2+b^2c}\leq \frac{1}{9}(b^2+2bc)$

$\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq \frac{1}{9}(c^2+2ac)$

$\Rightarrow \sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{1}{9}(a+b+c)^2=1\Rightarrow \sum \frac{1}{2+a^2b}\leq 1$

Uk lúc đấy còn 1 tiếng và 2 bài tổ hợp nên hơi vội 

 

Bai 5. Tren mat phang toa do ta ky hieu $[A,B]=x_A.y_B-x_B.y_A$

Khi do $S_{ABC}=\dfrac{|[A,B]+[B,C]+[C,A]|}{2}$

Toi day xet $n=1,2,3,4$ khong thoa, $n=5$ thi dung Dirichlet.

Hix sáng làm mà ngu thật mò mãi không ra được cái phản ví dụ của n=4   

Phải kiện mới được đề ra tận 2 câu tổ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 13-06-2015 - 21:55

[dogsteven]

Uk lúc đấy còn 1 tiếng và 2 bài tổ hợp nên hơi vội 

 

Hix sáng làm mà ngu thật mò mãi không ra được cái phản ví dụ củ n=4   

$n=4$ thi de thay co $A(0,0), B(0,1), C(1,1), D(1,0)$ khong thoa

[dogsteven]

Uk lúc đấy còn 1 tiếng và 2 bài tổ hợp nên hơi vội 

 

Hix sáng làm mà ngu thật mò mãi không ra được cái phản ví dụ củ n=4   

Phải kiện mới được đề ra tận 2 câu tổ

 

Khong phai hoi voi ma la van theo khuon mau cai cach dai dong cua em hoi do.

[Dinh Xuan Hung]

SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO ĐẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
VĨNH PHÚC MÔN:Toán (Chuyên)
Thời gian làm bài:150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(3,0 điểm)
a)Giải phương trình:$\frac{4\sqrt{x}}{4x-8\sqrt{x}+7}+\frac{3\sqrt{x}}{4x-10\sqrt{x}+7}=1$
b)Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 2x^3+3x^3y=8 & & \\ xy^3-2x-6=0 & & \end{matrix}\right.$

HẾT

TOPIC đã được mở

a)$x>0$

$\frac{4\sqrt{x}}{4x-8\sqrt{x}+7}+\frac{3\sqrt{x}}{4x-10\sqrt{x}+7}=1\Leftrightarrow \frac{4}{4\sqrt{x}+\frac{7}{\sqrt{x}}-8}+\frac{3}{4\sqrt{x}+\frac{7}{\sqrt{x}}-10}=1\Leftrightarrow \frac{4}{a-8}+\frac{3}{a-10}=1(a=4\sqrt{x}+\frac{7}{\sqrt{x}})\rightarrow a=...\rightarrow x=...$

[viet nam in my heart]

Khong phai hoi voi ma la van theo khuon mau cai cach dai dong cua em hoi do.

Chắc vậy nát quá khả năng trượt cao rồi   Toán 1 cũng tổ hợp câu cuối   chán đề 

[Quoc Tuan Qbdh]

SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO ĐẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
VĨNH PHÚC MÔN:Toán (Chuyên)
Thời gian làm bài:150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(3,0 điểm)
a)Giải phương trình:$\frac{4\sqrt{x}}{4x-8\sqrt{x}+7}+\frac{3\sqrt{x}}{4x-10\sqrt{x}+7}=1$
b)Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} 2x^3+3x^3y=8 & & \\ xy^3-2x-6=0 & & \end{matrix}\right.$
Câu 2. (2,0 điểm)
a)Tìm số nguyên tố $p$ để $2p+1$ là lập phương của một số tự nhiên
b)Trong bảng $11\times 11$ ô vuông ta đặt các số từ $1$ đến $121$ vào các ô đó cách tùy ý (mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau thì đặt hai số khác nhau).Chứng minh rằng tồn tại hai ô vuông kề nhau (tức là hai ô vuông có chung một cạnh) sao cho hiệu của hai số đó đặt trong hai ô đó lớn hơn $5$
Câu 3.(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ,có trực tâm H và nội tiếp đường tròn tâm O.Gọi D,E,F tương ứng là các chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ A,B,C.Gọi M là giao điểm của tia AO và cạnh BC.Gọi N,P tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh CA,AB
a)Chứng minh:$HE.MN=HF.MP$
b)Chứng minh tứ giác EFBN nội tiếp
c)Chứng minh rằng:$\frac{BD.BM}{CD.CM}=\left ( \frac{AB}{AC} \right )^2$
Câu 4.(1,0 điểm)
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:$\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}\geq 1$
Câu 5.(1,0 điểm)
Điểm $M(x;y)$ của mặt phẳng tọa độ được gọi là điểm nguyên,nếu cả $x$ và $y$ đều là các số nguyên.Tìm số nguyên dương $n$ bé nhât sao cho từ mỗi bộ ba nghiệm nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên ( trong trường hợp thẳng hàng thì coi diện tích bằng 0)
HẾT

TOPIC đã được mở

admin ơi !!! sao đề trong ảnh khác vậy   

 

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

Dinh Xuan Hung:Trong ảnh đề vòng 1 mà bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 14-06-2015 - 08:49

[lehoangphuc1820]

Bai 5. Tren mat phang toa do ta ky hieu $[A,B]=x_A.y_B-x_B.y_A$

Khi do $S_{ABC}=\dfrac{|[A,B]+[B,C]+[C,A]|}{2}$

 

Cho mình hỏi làm sao có cái này ???

[dogsteven]

Cho mình hỏi làm sao có cái này ???

Cách chứng minh thì dựng hình chữ nhật có một đỉnh là đỉnh của tam giác $ABC$ và các cạnh hình chữ nhật song song với các trục tọa độ.

Với công thức tổng quát, ta sử dụng quy nạp với $n\geqslant 3$, chú ý khi chứng minh quy nạp nhớ có hướng của diện tích nữa.

[Minhnguyenthe333]

Có cần phải phức tạp hóa bài toán lên không hả Phương

$\sum \frac{1}{2+a^2b}\geq 1\Leftrightarrow \sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq 1$

Mặt khác ta có:$\frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{1}{3}(a\sqrt[3]{ab^2})\leq \frac{1}{3}.\frac{1}{3}(a+b+b).a=\frac{1}{9}(a^2+2ab)$

CMTT:

$\frac{b^2c}{2+b^2c}\leq \frac{1}{9}(b^2+2bc)$

$\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq \frac{1}{9}(c^2+2ac)$

$\Rightarrow \sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{1}{9}(a+b+c)^2=1\Rightarrow \sum \frac{1}{2+a^2b}\leq 1$

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{1}{2+a^{2}b}\geq \frac{9}{6+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$

Áp dụng bđt Bunchiacopxki: 
$\rightarrow \left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )^{2}\leq (a^4+b^4+c^4)(a^2+b^2+c^2)$ (1)
 Áp dụng lại bđt Cauchy-Schwarz:
$(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{(a+b+c)^2}{3}=3$ (2)

$(a^4+b^4+c^4)\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}\geq 3$ (3)

Từ (1),(2),(3), suy ra:

TH1:$\sum a^{2}b\leq 3$

TH2:$\sum a^{2}b> 3$

Giả sử TH2 là đúng:

$\Rightarrow a^{2}b+b^2a+c^2a>3=a+b+c\Leftrightarrow a(ab-1)+b(bc-1)+c(ca-1)>0\leftrightarrow ab>1,bc>1,ca>1$ 

mà $ a>0,b>0,c>0\rightarrow  a+b+c>1+1+1=3$ (Vô lý)

$\Rightarrow \sum a^2b\leq 3 \rightarrow \sum \frac{1}{a^2b}\geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 20-06-2015 - 17:25