Topic về những bất đẳng thức giải bằng phương pháp phân tích bình phương SOS - Trang 2
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TRANG CHỦ giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 GIẢI TOÁN ONLINE giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 Upload-File giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
 
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12   Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan TOÁN OLYMPIC - HỌC SINH GIỎI giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ HSG giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Bất đẳng thức - Cực trị


 
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này Kiểu hiển thị
  #5  
Cũ 16-06-2013, 20:55
Avatar của ma29
ma29 ma29 đang ẩn
songoku
 
Cấp bậc: 19 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 458
Điểm: 144 / 6646
Kinh nghiệm: 34%

Thành viên thứ: 13065
 
Tham gia ngày: Jun 2013
Bài gửi: 434
Đã cảm ơn : 202
Được cảm ơn 279 lần trong 119 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi Tống Giang Xem bài viết
Bài 2 : Cho $a,b,c \geq 0$. Chứng minh rằng :

$$\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{15}{2} .\frac{ab+bc+ca}{(a+b+c)^2} \geq \frac{23}{8}$$
Ma chỉ nghĩ được như vầy thôi mặc dù trong tài liệu có chứng minh
Đầu tiên chúng ta sẽ để ý bốn đẳng thức quen thuộc là:
$$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{a+b+c}{2}\left [ \left ( a-b \right )^2+\left ( b-c \right )^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]$$
Và :
$$a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)=\sum \left [ \frac{a+b-c}{2}\right ]\left ( a-b \right )^2$$
$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$$
$$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=(a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2$$
Bất đẳng thức tương đương với :
$$\left [\frac{a^3+b^3+c^3+5abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}-1 \right ]+\left [1-\frac{5abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )} \right ]+\frac{5}{2} \left [ \frac{3 ( ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-1\right ] \geq \frac{3}{8}$$
$$\Longleftrightarrow \sum \left [ \frac{a+4b+4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2} \right ](b-c)^2\geq 0$$
Lúc này người ta thấy là BĐT được biểu diễn dạng:
$$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$$
Và trong đó thì:
$$S_a=\frac{a+4b+4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2}$$
$$S_b=\frac{b+4a+4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2}$$
$$S_c=\frac{c+4a+4b}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2}$$
Và người ta giả sử như là : $$a\geq b\geq c$$
thì dễ dàng thấy được rằng:
$$S_c\geq S_b\geq S_a$$
Và do đó chỉ cần chứng minh:
$$S_b\geq 0 và S_b+S_c\geq 0 và S_b+S_a\geq 0$$
Tương đương:
$$S_b+S_c\geq 0$$
$$\Longleftrightarrow \frac{b+4a++4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{c+4a+4b}{8 (a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{5}{2\left ( a+b+c \right )^2}$$
$$\Longleftrightarrow \frac{5b+5c+8a}{8(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{5}{2(a+b+c)^2}$$
$$\Longleftrightarrow \frac{2(a+b+c)^2(5b+5c+8a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 20$$
Do tính đối xứng của hai biến $b$ và $c$ nên chúng ta sẽ đặt:
$$b=ax và c=ay$$
$$\Longleftrightarrow \frac{2(a+ax+ay)^2(8a+5(a+ay))}{(a+ax)(ax+ay)(a+ay )}\geq 20$$
$$\Longleftrightarrow \frac{2(1+x+y)^2(8+5(x+y))}{(1+x)(1+y)(x+y)}\geq 20$$
$$\Longleftrightarrow (1+x^2+y^2+2xy+2x+2y)\left [ 8+5(x+y) \right ]-10(1+x+y+xy)(x+y)\geq 0$$
$$\Longleftrightarrow (1+x^2+y^2+2xy+2x+2y)\left [ 8+5(x+y) \right ]-10(x+x^2+xy+x^2y++xy+y^2+y^2)\geq 0$$
$$\Longleftrightarrow 5x^3+x^2(5y+8)+x(y+1)(5y+11)+(y+1)(5y^2+3y+8)\geq 0$$
Và điều này là luôn đúng cho nên bài toán được giải quyết .
Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu các biến bằng nhau : $a=b=c \blacksquare $


Bài 4 Cho $a,b,c$ dương lúc ấy chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ abc}{2(a^3+b^3+c^3)}\geq \frac{5}{3}$$

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có:
$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b +c)(c+a)}\geq 2$$


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 4 người đã cảm ơn cho bài viết này
Hà Nguyễn (17-06-2013), Hiệp sỹ bóng đêm (16-06-2013), Lạnh Như Băng (16-06-2013), Quân Nguễn (29-09-2017)
  #6  
Cũ 16-06-2013, 23:37
Avatar của Lạnh Như Băng
Lạnh Như Băng Lạnh Như Băng đang ẩn
NEVER GIVE UP !
Đến từ: Hà Giang
Nghề nghiệp: Học sinh
Sở thích: G-Dragon
 
Cấp bậc: 22 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 541
Điểm: 204 / 8595
Kinh nghiệm: 65%

Thành viên thứ: 1966
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Bài gửi: 613
Đã cảm ơn : 1.186
Được cảm ơn 813 lần trong 360 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi Ma29 Xem bài viết
Ma chỉ nghĩ được như vầy thôi mặc dù trong tài liệu có chứng minh
Đầu tiên chúng ta sẽ để ý bốn đẳng thức quen thuộc là:
$$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{a+b+c}{2}\left [ \left ( a-b \right )^2+\left ( b-c \right )^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]$$
Và :
$$a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)=\sum \left [ \frac{a+b-c}{2}\right ]\left ( a-b \right )^2$$
$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$$
$$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=(a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2$$
Bất đẳng thức tương đương với :
$$\left [\frac{a^3+b^3+c^3+5abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}-1 \right ]+\left [1-\frac{5abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )} \right ]+\frac{5}{2} \left [ \frac{3 ( ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-1\right ] \geq \frac{3}{8}$$
$$\Longleftrightarrow \sum \left [ \frac{a+4b+4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2} \right ](b-c)^2\geq 0$$
Lúc này người ta thấy là BĐT được biểu diễn dạng:
$$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$$
Và trong đó thì:
$$S_a=\frac{a+4b+4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2}$$
$$S_b=\frac{b+4a+4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2}$$
$$S_c=\frac{c+4a+4b}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{5}{4(a+b+c)^2}$$
Và người ta giả sử như là : $$a\geq b\geq c$$
thì dễ dàng thấy được rằng:
$$S_c\geq S_b\geq S_a$$
Và do đó chỉ cần chứng minh:
$$S_b\geq 0 và S_b+S_c\geq 0 và S_b+S_a\geq 0$$
Tương đương:
$$S_b+S_c\geq 0$$
$$\Longleftrightarrow \frac{b+4a++4c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{c+4a+4b}{8 (a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{5}{2\left ( a+b+c \right )^2}$$
$$\Longleftrightarrow \frac{5b+5c+8a}{8(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{5}{2(a+b+c)^2}$$
$$\Longleftrightarrow \frac{2(a+b+c)^2(5b+5c+8a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 20$$
Do tính đối xứng của hai biến $b$ và $c$ nên chúng ta sẽ đặt:
$$b=ax và c=ay$$
$$\Longleftrightarrow \frac{2(a+ax+ay)^2(8a+5(a+ay))}{(a+ax)(ax+ay)(a+ay )}\geq 20$$
$$\Longleftrightarrow \frac{2(1+x+y)^2(8+5(x+y))}{(1+x)(1+y)(x+y)}\geq 20$$
Và Ma tin là điều này dễ dàng giải quyết bằng cách đặt $S=x+y$ và $=xy$ kết hợp với BĐT $S^2-4P\geq 0$

Hoặc có thể chứng minh bằng cách giả sử $x+y=1$ và thay $x=1-y$ vào chúng ta sẽ xét hàm $f(y)=......??$
Bài toán được giải quyết

Bài 4 Cho $a,b,c$ dương lúc ấy chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ abc}{2(a^3+b^3+c^3)}\geq \frac{5}{3}$$

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có:
$$\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)( b+c)(c+a)}\geq 2$$
Chán cái S.O.S nhất là biến đổi và CM dài dòng nhưng bù lại ý tưởng CM khá tự nhiên

Bài 4 :

Bất đẳng thức cần CM tương đương với :

$$ \sum ( \frac{a}{b+c}-\frac{1}{2} ) \geq \frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{3(a^3+b^3+c^3)}$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)} \geq \frac{\sum(a-b)^2(a+b+c)}{6(a^3+b^3+c^3)}$$

$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{6(a^3+b^3+c^3)}{(a+c)(b+c)}-a-b-c) \geq 0$$

$$\Leftrightarrow S_a(b-c)^2 + S_b(c-a)^2 + S_c(a-b)^2 \geq 0$$

Trong đó :

$$S_a=\frac{6(a^3+b^3+c^3)}{(a+c)(b+a)}-a-b-c$$

$$S_b = \frac{6(a^3+b^3+c^3)}{(a+b)(b+c)}-a-b-c$$

$$S_c = \frac{6(a^3+b^3+c^3)}{(a+c)(b+c)}-a-b-c$$

Giả sử $a \geq b \geq c \Rightarrow S_a,S_b,S_c \geq 0$

Vậy BDT được CM !

Bài 5 :

Bất đẳng thức cần CM tương đương với :

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1 \geq 1-\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

$$\Leftrightarrow \frac{ \sum (a-b)^2 }{2(ab+bc+ca)} \geq \frac{\sum c(a-b)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)} $$

$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ca}-2c) \geq 0$$

$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2( a+b-c - \frac{abc}{ab+bc+ca} ) \geq 0$$

$$\Leftrightarrow S_c(a-b)^2 + S_b(a-c)^2 + S_a(b-c)^2 \geq 0$$

Trong đó :

$$S_c = a+b-c - \frac{abc}{ab+bc+ca} $$

$$S_b = a-b+c - \frac{abc}{ab+bc+ca} $$

$$S_a = -a+b+c - \frac{abc}{ab+bc+ca} $$

Giải sử $a\geq b \geq c \Rightarrow S_b,S_c \geq 0$.

Theo tiểu chuẩn S.O.S ta cần CM :

$$S_c + S_a \geq 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{b^2(c+a)}{ab+bc+ca} \geq 0$$

Hiển nhiên đúng !

Vậy BDT được CM !

P/s : Sau khi giải sử $a\geq b \geq c$, để CM $S_a$ or $S_b$ or $S_c \geq 0$ thì các bạn cứ quy đồng lên mà xơi thôi ( Do là bậc 3 nên nó ko quá Phức tạp đâu )

Sau đây tiếp tục là các bài tập Nhẹ nhàng để mọi người tiện theo rõi và Luyện tập

Bài 6 :

Cho $a,b,c > 0$ . Chứn minh rằng :

$$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} + 5$$

Bài 7 :

Cho $a,b,c \geq 0$. Chứng minh rằng :

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ 3}{2} \leq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$$


Không ngừng thách thức !


Bế quan tu luyện


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 3 người đã cảm ơn cho bài viết này
Hà Nguyễn (17-06-2013), lovemath (17-06-2013), NTH 52 (16-06-2013)
  #7  
Cũ 17-06-2013, 00:52
Avatar của ma29
ma29 ma29 đang ẩn
songoku
 
Cấp bậc: 19 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 458
Điểm: 144 / 6646
Kinh nghiệm: 34%

Thành viên thứ: 13065
 
Tham gia ngày: Jun 2013
Bài gửi: 434
Đã cảm ơn : 202
Được cảm ơn 279 lần trong 119 bài viết

Mặc định

Bài 6
Chúng ta thực hiện biến đổi như sau :
$$\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 4\left (\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \right )+5$$
$$\Longleftrightarrow \left [\sum a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )-2 \right ]\geq 4\left ( \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca} \right )$$
$$\Longleftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}-2\geq 2\left [ (a-b)^2+(b-c)^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]$$
$$\Longleftrightarrow \frac{\left ( a-b \right )^2}{ab}+\frac{\left ( b-c \right )^2}{bc}+\frac{\left ( c-a \right )^2}{ca}\geq 2\left [ (a-b)^2+(b-c)^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]$$
$$\Longleftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{ab}-\frac{2}{ab+bc+ca} \right ]\left ( a-b \right )^2\geq 0$$
$$\Longleftrightarrow \sum \left [ \frac{c(a+b)-ab}{ab(ab+bc+ca)} \right ]\left ( a-b \right )^2\geq0$$
Tức là bất đẳng thức được viết dưới dạng:
$$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$$
Trong đó thì :
$$S_a=\frac{a(b+c)-bc}{bc(ab+bc+ca)}$$
$$S_b=\frac{b(c+a)-ca}{ca(ab+bc+ca)}$$
$$S_c=\frac{c(a+b)-ab}{ab(ab+bc+ca)}$$
Bây giờ giả sử $$a\geq b\geq c$$
Thì rõ ràng một điều là : $$S_a, S_b+S_c, S_b+S_a\geq 0$$
Nên có được điều phải chứng minh và đẳng thức xảy ra nếu $\Longleftrightarrow a=b=c \blacksquare $


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Các thành viên sau đã cảm ơn bài viết của  ma29 
Lạnh Như Băng (17-06-2013)
  #8  
Cũ 17-06-2013, 02:15
Avatar của hahahaha1
hahahaha1 hahahaha1 đang ẩn
Thành viên Chính thức
 
Cấp bậc: 2 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 49
Điểm: 6 / 811
Kinh nghiệm: 97%

Thành viên thứ: 840
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 18
Đã cảm ơn : 46
Được cảm ơn 78 lần trong 17 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi Tống Giang Xem bài viết
Bài 6 :

Cho $a,b,c > 0$ . Chứn minh rằng :

$$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} + 5$$
Bất đẳng thức tuơng đuơng:
$$(a-b)^2(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}-1)+(c-b)^2(\dfrac{a}{c}+\dfrac{a}{b}-1)+(a-c)^2(\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}-1) \ge 0$$
$$\Leftrightarrow (a-b)^2.S_c+(c-b)^2.S_a+(a-c)^2.S_b \ge 0$$
Giả sử $ a \ge b \ge c$.Khi đó hiển nhiên $S_b \ge 0$ và $S_a+S_b \ge 0$
;$S_b+S_c \ge 0$

Nguyên văn bởi Tống Giang Xem bài viết
Bài 7 :

Cho $a,b,c \geq 0$. Chứng minh rằng :

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ 3}{2} \leq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$$
Bất đẳng thức tương đương:
$$(a-b)^2.\dfrac{c^2}{(a+c)(b+c)}+(c-b)^2.\dfrac{a^2}{(a+c)(b+a)}+(a-c)^2.\dfrac{b^2}{(a+b)(b+c)} \ge 0$$


Thằng em mất dạy sao mày mò ra được pass của anh hả.


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Các thành viên sau đã cảm ơn bài viết của  hahahaha1 
Lạnh Như Băng (17-06-2013)
Trả lờiG?i Ð? Tài M?i Thích và chia sẻ bài viết này:
Có thể bạn quan tâm

LIÊN HỆ
Email:
p.kimchung@gmail.com

Tel: 0984.333.030

giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Chủ đề tương tự
Chủ đề Người khởi xướng chủ đề Diễn đàn Trả lời Bài cuối
Giải hệ phương trình phân thức Katyusha Hỏi và Giải đáp nhanh các bài Toán 1 25-05-2016 13:22
Bộ Giáo dục thay đổi phương thức xét tuyển đại học, cao đẳng FOR U Tin tức Giáo dục 24h 0 13-05-2016 09:47
Sử dụng bất đẳng thức để giải bất phương trình hthtb22 Tài liệu Phương trình-BPT vô tỷ 4 10-04-2016 09:11
Tuyển tập Hệ phương trình giải được bằng phương pháp đánh giá Phạm Kim Chung Tài liệu Hệ phương trình 92 05-01-2016 11:15
Giải bài toán Hình Học Không Gian bằng phương pháp tọa độ hóa Ẩn Số Tài liệu Hình học Không Gian 1 31-05-2015 22:57



Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách)
 


Từ khóa
đẳng, bat dang thuc, bình, bất, bằng, cac tieu chuan cm bdt s.o.s, giải, một số tiêu chuẩn bất đẳng thức sos, những, pháp, phân, phuong phap phan tich binh phuong sos trong bat dang thuc, phuong phapphan tich binh phuong sos trong cm bat dang thuc, phương, tích, thức, topic
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này
Tìm trong chủ đề này:

Tìm chi tiết
Kiểu hiển thị

Quyền viết bài
Bạn không thể gửi chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể gửi file đính kèm
Bạn không thể sửa bài viết của mình

BB code đang Mở
Mặt cười đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt



DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN | THÁNG 12.2011
Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
Thay đổi tên miền K2pi.Net thành K2pi.Net.Vn từ ngày 01-10-2014