$hide=mobile$type=ticker$c=12$cols=3$l=0$sr=random$b=0

[Trần Nam Dũng] Bất Đẳng Thức Và Cực Trị Trong Đề Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Năm 2021

Lâu nay tôi cũng thỉnh thoảng ngó nghiêng một chút các đề thi chuyên toán tuyển sinh 10 để soạn bài cho mấy cậu học trò. Nhưng là case by case thôi. Đợt này nhớ chiến dịch của Lê Phúc Lữ, tự dưng được làm quen với hàng loạt các đề thi mới và tôi bắt đầu để ý đến đặc điểm các đề thi. Tôi nhận thấy rằng bất đẳng thức và cực trị xuất hiện hầu hết trong các đề thi (có lẽ phải trên $80 \%$ ). Xem kỹ hơn tôi thấy các bài này khá là khó (không biết có phải vì lâu ngày tôi không làm bất đẳng thức không). Thực sự nhiều bài có thể lấy làm dề thi VMO. Tuy nhiên, các đề khó nhưng lại không mới, cho nên sẽ vẫn có ai đó giải được, mà nhìn lời giải ngắn gọn chúng ta sẽ tưởng là các bài đó đơn giản. Thực tê thì một bài toán khó hay dễ không chỉ nhìn lời giải mà biết được, chúng ta phải xông vào làm thì mới biết. Vì thế tôi đã thử tập hợp lại các bài bất đẳng thức trong đề thi vừa rồi và thử giải. Thú thật là nhiều bài tôi lúng túng, phải tham khảo gợi ý của các bạn trong nhóm "Hưóng tới Olympic toán VN ". Xin cảm ơn các bạn đó.

Trong bài viết này, tôi sử dụng 36 bài toán thi của các trường và các tỉnh (các trường thi sau tôi không kịp đưa vào), giải và có những bình luận. Các ý kiến của tôi về các bài toán là chủ quan. Tôi sẽ rất vui nếu nhận được các lời giải, bình luận, ý kiến khác từ bạn đọc. Bản thân tôi luôn cho rằng các bài toán thi tuyển sinh 10 rất quan trọng. Khi ra một đề toán, chúng ta phải cân nhắc rất nhiều yếu tố: vừa có tính thách thức, vừa có tính gợi mở và đăc biêt là không đánh đố, đề thi nên có tính thẩm mỹ, gon, đep. Trong 36 đề toán mà tôi trích dẫn có những đề hay, đẹp nhưng cũng có những đề quá xấu xí, cồng kềnh, gọi là "nhìn thấy đã không muốn làm". Học tập rất cần cảm xúc, rất cần những bài toán đẹp, ý tưởng đẹp, lời giải đẹp. Đừng làm xấu xí toán học, làm cho nó trở nên “kinh khủng".

Bài toán 1 (Gia Lai). Cho $x, y$ là các số thức không âm thỏa mãn diều kiện $x+y=2 .$ Tìm giá trị lớn nhât và giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\left(5 x^{2}+7 y\right)\left(5 y^{2}+7 x\right)+151 x y . $$
Lời giải. Bài này cơ bản, phù hợp với thi tuyển sinh 10 . Đặt $t=x y$ và sử dụng điều kiện $x+y=2$ ta tính được $P$ theo $t$ như sau $$ P=25 t^{2}-10 t+280=(5 t-1)^{2}+279 . $$ Đến đây thì dễ rồi.

Bài toán 2 (Quảng Bình). Cho $x, y, z \in[5,7]$. Chúng minh rằng $$ \sqrt{x y+1}+\sqrt{y z+1}+\sqrt{z x+1}>x+y+z . $$
Lời giải. Mẹo chính của bài này là $x, y \in[5,7]$ suy ra $|x-y| \leqslant 2$. Từ đó $$ 1+x y \geqslant \frac{(x-y)^{2}}{4}+x y=\frac{(x+y)^{2}}{4} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $|x-y|=2$. Vì là mẹo nên bài này khó bình luận.

Bài toán 3 (Đại học Khoa học, Huế). Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chúng minh rằng $$ 3(a b+b c+c a) \leqslant(a+b+c)^{2}<4(a b+b c+c a) $$
Lời giải. Bài này thì quá cơ bản rồi. Vế trái chỉ là $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geqslant 0 .$ Còn vế phải thì dùng $a^{2}<a(b+c)$ là xong

Bài toán 4 (Tây Ninh). Cho $x, y, z$ là các số thực thỏa mãn $0 \leqslant x, y, z \leqslant 1 .$ Tim giá trị lón nhất của biểu thúc $$ T=2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)-\left(x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x\right) $$
Lời giải 1. Ta dự đoán giá trị lớn nhất là 3 đạt được khi $x=y=z=1$. Để xuất hiện đánh giá liên quan đến $x^{2} y, y^{2} z, z^{2} x$, ta sử dụng điều kiện để suy ra $\left(1-x^{2}\right)(1-y) \geqslant 0 .$ Suy ra $$ -x^{2} y \leqslant 1-x^{2}-y $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự, ta có $$ -x^{2} y-y^{2} z-z^{2} x \leqslant 3-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\right) . $$
Từ đó $$ \begin{aligned} T &=2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)-x^{2} y-y^{2} z-z^{2} x \\ & \leqslant 2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)+3-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\right) \\ &=3-x(1-x)(1+2 x)-y(1-y)(1+2 y)-z(1-z)(1+2 z) \leqslant 3 \end{aligned} $$ Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.

Lời giải 2. Trước hết ta chứng minh $2 x^{3}-x^{2} y \leqslant 2 x-x y$. Thật vậy, điều cần chứng minh tương đương với
$$ 2 x\left(1-x^{2}\right)-x y\left(1-x^{2}\right) \geqslant 0 \Leftrightarrow x\left(1-x^{2}\right)(2-y) \geqslant 0 . $$ Tương tự $$ 2 y^{3}-y^{2} z \leqslant 2 y-y z, 2 z^{3}-z^{2} x \leqslant 2 z-z x . $$ Suy ra $$ T \leqslant 2(x+y+z)-(x y+y z+z x) . $$ Ta lại có $$ (1-x)(1-y)+(1-y)(1-z)+(1-z)(1-x) \geqslant 0 $$ Suy ra $$ 3+x y+y z+z x-2(x+y+z) \geqslant 0 . $$ Từ (1) và (2) suy ra $T \leqslant 3$. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $x=y=z=1$.

Lời giải 3. Dành cho các thầy cô giáo và các bạn học sinh THPT. Nếu để ý $T$ là biểu thức thuần nhất bậc $3$ $$ T(k a, k b, k c)=k^{3} T(a, b, c), $$ ta sẽ thấy GTLN của $T$ sẽ phải đạt được khi có một biến nào đó bằng 1 . Chẳng hạn $z=1$. Khi đó thì $$\begin{align}T&=2\left(x^{3}+y^{3}+1\right)-x^{2} y-y^{2}-x \\ &\leqslant x^{2}+x+y^{2}+y+3-1-x^{2} y-y^{2}-x \\& =3-\left(1-x^{2}\right)(1-y) \leqslant 3 .\end{align} $$ Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là $3$.

Bài toán 5 (Bình Dương). Cho $x, y, z>0$ thỏa mãn $x y+y z+z x=1$. Chúng minh rằng $$ 10 x^{2}+10 y^{2}+z^{2} \geqslant 4.$$
Lời giải. Ý tưởng là dùng AM-GM có trọng số. Các hệ số của $x, y$ giống nhau nên $x, y$ có vai trò như nhau. Ta tách $$ \left(10-\frac{a^{2}}{2}\right) x^{2}+\left(10-\frac{a^{2}}{2}\right) y^{2}+\frac{a^{2} x^{2}+z^{2}}{2}+\frac{a^{2} y^{2}+z^{2}}{2} \geqslant\left(20-a^{2}\right) x y+a x z+a y z . $$ Ta chọn $a$ sao cho vế trái là hằng số, tức là $20-a^{2}=a$. Giải ra được $a=4$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y$ và $4 x=4 y=z$, tức là khi $x=y=\frac{1}{3}, z=\frac{1}{3}$. Bài này được tính là khá thách thức.

Bài toán 6 (Cần Thơ). Cho $x, y, z$ là các số thực dương. Chúng minh rằng $$ \frac{(x+2)^{2}}{y+z}+\frac{(y+2)^{2}}{z+x}+\frac{(z+2)^{2}}{x+y} \geqslant 12 . $$
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ở dạng phân thức, ta có $$ V T \geqslant \frac{(x+y+z+6)^{2}}{2(x+y+z)} . $$ Tiếp tục áp dụng AM-GM cho hai số $x+y+z$ và 6 thì
$$ (x+y+z+6)^{2} \geqslant 4(x+y+z) \cdot 6=24(x+y+z) $$ Suy ra điều phải chứng minh. Nếu quen cách dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như ở trên thì cũng ở dạng cơ bản.

Bài toán 7 (Tiền Giang). Cho $a, b, c$ là các số thực dương thay đổi thỏa mãn $a b c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thúc $$ M=\frac{1}{a^{2}+2 b^{2}+3}+\frac{1}{b^{2}+2 c^{2}+3}+\frac{1}{c^{2}+2 a^{2}+3} $$
Lời giải. Bài này khá khó chịu nếu không liên hệ được với bài toán quen thuộc sau: Cho $a b c=1$ khi đó $$ \frac{1}{a b+b+1}+\frac{1}{b c+c+1}+\frac{1}{c a+a+1}=1 $$ Ta có $$ a^{2}+2 b^{2}+3=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+1\right)+2 \geqslant 2(a b+b+1) $$ Từ đó $$ \frac{1}{a^{2}+2 b^{2}+1} \leqslant \frac{1}{2(a b+b+1)} . $$ Từ đó GTLN cần tìm bằng $\frac{1}{2}$, đạt được khi $a=b=c=1$.

Bài toán 8 (Quảng Nam). Cho ba số thực dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x y+y z+z x=x y z$. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ H=\frac{x^{2}}{9 z+z x^{2}}+\frac{y^{2}}{9 x+x y^{2}}+\frac{z^{2}}{9 y+y z^{2}} . $$
Lời giải. Ý đầu tiên để giải bài này là đưa điều kiện về $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$ rồi đặt $a=\frac{1}{x}, b=\frac{1}{y}$, $c=\frac{1}{z}$. Điều kiện $a+b+c=1$ dĩ nhiên là dễ sử dụng hơn. Lúc này thì $$ H=\frac{a}{9 b^{2}+1}+\frac{b}{9 c^{2}+1}+\frac{c}{9 a^{2}+1} . $$ Ta dùng AM-GM để đánh giá các số hạng của $\mathrm{H}$ như sau $$ \frac{a}{9 b^{2}+1}=\frac{a+9 a b^{2}-9 a b^{2}}{9 b^{2}+1}=a-\frac{9 a b^{2}}{9 b^{2}+1} \geqslant a-\frac{9 a b^{2}}{6 b}=a-\frac{3 a b}{2} . $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự, ta suy ra (ở đây ta dùng bất đẳng thức quen thuộc $\left.3(a b+b c+c a) \leqslant(a+b+c)^{2}\right)$ $$ H \geqslant a+b+c-\frac{3}{2}(a b+b c+c a) \geqslant 1-\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{2} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$, tức là khi $x=y=z=3$.

Bài toán 9 (Ninh Thuận). Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x y z=\frac{1}{8}$. Chúng minh rằng $$ \frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{1}{x+y+z} \leqslant \frac{2}{3} . $$
Lời giải. Bài này nhẹ nhàng. Ý tưởng là sử dụng đánh giá trung gian để đưa về một biến. Đặt $$ x+y+z=\frac{6}{t^{2}} . $$ Sử dụng đánh giá $(x y+y z+z x)^{2} \geqslant 3 x y z(x+y+z)$, ta sẽ suy ra $$ (x y+z y+z x)^{2} \geqslant \frac{9}{4 t^{2}} . $$ Suy ra $x y+y z+z x \geqslant \frac{3}{2 t}$. Từ đó $$ \frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{1}{x+y+z} \leqslant \frac{2 t}{3}-\frac{t^{2}}{6}=\frac{2}{3}-\frac{1}{6}(t-2)^{2} \leqslant \frac{2}{3} $$ Lưu ý, cách đặt chỉ giúp chúng ta làm việc với các số đẹp hơn, không phải bí quyết của cách giải. Nếu ta đặt $x+y+z=t$ cũng được.

Bài toán 10 (Nghệ An). Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $a b+b c+c a \leqslant 3 a b c$. Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thúc $$ P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}-\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2(a+b)}}-\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}}{2(b+c)}}-\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}}{2(c+a)}} . $$
Lời giải. Bài này là rất khó đối với mức THCS. Đã phân thức lại còn chứa căn, có điều kiện, lại cồng kềnh, bốn thứ gộp lại. Để giải bài toán, ta cần vài đánh giá để đơn giản bớt biểu thức $P$. Trước hết, ta có bất đẳng thức phụ $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} \leqslant a+b-\sqrt{a b}$. Bất đẳng thức này thu được bằng cách viết lại thành $$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}-\frac{a+b}{2} \leqslant \frac{a+b}{2}-\sqrt{a b}$$ rồi nhân lượng liên hợp. Từ đây suy ra $$ \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2(a+b)}} \leqslant \frac{a+b-\sqrt{a b}}{\sqrt{a+b}}=\sqrt{a+b}-\sqrt{\frac{a b}{a+b}}.$$ Từ đó $$ P \geqslant \sqrt{\frac{a b}{a+b}}+\sqrt{\frac{b c}{b+c}}+\sqrt{\frac{c a}{c+a}} . $$ Đến đây thì dễ thở hơn rồi. Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$ thì $x+y+z \leqslant 3$ và ta cần giá trị nhỏ nhất của $$ Q=\sqrt{\frac{1}{x+y}}+\sqrt{\frac{1}{y+z}}+\sqrt{\frac{1}{z+x}} . $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$ Q \geqslant \frac{9}{\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}} \geqslant \frac{9}{\sqrt{3(x+y+y+z+z+x)}} \geqslant \frac{9}{\sqrt{3 \cdot 6}}=\frac{3}{\sqrt{2}} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ tức là khi $a=b=c=1$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{\sqrt{2}}$ đạt được khi $a=b=c=1$.

Bài toán 11 (Bà Rịa - Vũng Tàu). Xét các số thự không âm $a,b, c$ thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1 .$ Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ S=\frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b} $$
Lời giải. Bài này rất khó, chỉ một trong hai giá trị cần tìm đã là đủ khó rồi. Có thể "đoán" được giá trị nhỏ nhất là 1 và giá trị lớn nhất là $\sqrt{2}$ (bài toán gốc là như vậy), nhưng xử lý tiếp thế nào? Ý tưởng chung là tìm cách "quy đồng mẫu số" bằng một đánh giá trung gian. Ỏ chiều giá trị lớn nhât, ta sẽ chứng minh rằng $$ \frac{a}{1+b c} \leqslant \frac{a \sqrt{2}}{a+b+c} $$ Điều này sẽ luôn đúng khi $a=0$ còn với $a>0$ thì tương đương với $$ (a+b+c)^{2} \leqslant 2(1+b c)^{2} . $$ Khai triển ra và áp dụng giả thiết, điều này tương đương với $$ 2 a b+2 a c \leqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 b^{2} c^{2}+2 b c \Leftrightarrow(a-b-c)^{2}+2 b^{2} c^{2} \geqslant 0 . $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b+c$ và $b c=0$. Từ đây ta tìm được giá trị lớn nhất của $S$ là $\sqrt{2}$ đạt được, chẳng hạn khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}, c=0$. Ở chiều giá trị nhỏ nhất, ta lại phải dùng một đánh giá khác, chú ý rằng $a \leqslant 1$ nên $$a+a b c \leqslant a+\frac{a\left(b^{2}+c^{2}\right)}{2}=a+\frac{a\left(1-a^{2}\right)}{2}=a+\frac{a(1+a)(1-a)}{2} \leqslant a+\frac{1 \cdot 2(1-a)}{2}=1 .$$ Cho nên $$\frac{a}{1+b c}=\frac{a^{2}}{a+a b c} \geqslant a^{2}.$$ Cộng các bất đẳng thức tương tự lại ta có $S \geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}$. Dấu bằng xảy ra, chẳng hạn khi $a=1, b=c=0$. 

Bài toán 12 (Quảng Trị). Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng
a)  $4\left(a^{2}-a b+b^{2}\right) \geqslant(a+b)^{2}$.
b) $4\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)\left(3 c^{2}+2 c a+3 a^{2}\right) \geqslant(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}$.
Lời giải. Bài này rất cơ bản. Câu b) cũng cứ tách ra từng nhóm mà làm.

Bài toán 13 (Thái Bình). Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 a b c$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$ T=\frac{a}{3 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}}+\frac{b}{3 b^{2}+2 c^{2}+a^{2}}+\frac{c}{3 c^{2}+2 a^{2}+b^{2}} . $$
Lời giải. Ta dùng AM-GM để đánh giá mẫu số $$ 3 a^{2}+2 b^{2}+c^{2} \geqslant 6 \sqrt[6]{a^{6} b^{4} c^{2}}=6 a \sqrt[3]{b^{2} c}.$$ Từ đó $$ \frac{a}{3 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}} \leqslant \frac{1}{6 \sqrt[3]{b^{2} c}} . $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự cho hai số hạng còn lại, ta có $$ T \leqslant \frac{1}{6}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{b^{2} c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c^{2} a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{a^{2} b}}\right) $$ Tiếp tục dùng AM-GM ta có $$ \frac{2}{b}+\frac{1}{c} \geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{b^{2} c}}.$$ Tương tự $$ \frac{2}{c}+\frac{1}{a} \geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{c^{2} a}}, \frac{2}{a}+\frac{1}{b} \geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{a^{2} b}} $$ Suy ra $$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant \frac{1}{\sqrt[3]{b^{2} c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c^{2} a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{a^{2} b}} $$ Kết hợp (4) và (5), ta được $$ T \leqslant \frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{6} \cdot \frac{a b+b c+c a}{a b c} \leqslant \frac{1}{6} \cdot \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}=\frac{1}{2} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. Đây là một bài toán khá khó.

Bài toán 14 (Quảng Ninh). Cho hai số thục $x, y$. thỏa mãn $0<x<y \leqslant 8$ và $x y \leqslant 4 x+3 y$. Chúng minh $$ x^{2}+y^{2} \leqslant 100 . $$
Lời giải. Đây là bài toán khó và đẹp. Trước hết, để ý rằng nếu $x<6$ thì hiển nhiên là $$ x^{2}+y^{2}<6^{2}+8^{2}=100, $$ nên tiếp theo ta chỉ cần xét trường hợp $x \geqslant 6$. Ta khai thác điều kiện $x<y \leqslant 8$ và $x y \leqslant 4 x+3 y,(8-x)(8-y) \geqslant 0 .$ Suy ra $x y+64 \geqslant$ $8 x+8 y$, suy ra $4 x+3 y+64 \geqslant 8 x+8 y$. Từ đó $4 x+5 y \leqslant 64$. Vì $6 \leqslant x<y \leqslant 8$ nên $y-x \leqslant 2$. Suy ra $(y-x)^{2} \leqslant 2(y-x)$. Từ đây suy ra $$ \begin{gathered} x^{2}+y^{2} \leqslant 2 x y+2(y-x)=8 x+6 y+2(y-x)=6 x+8 y \\ =\frac{3}{2}(4 x+5 y)+\frac{y}{2} \leqslant \frac{3}{2} \cdot 64+\frac{8}{2}=100 . \end{gathered} $$ Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 15 (Lào Cai). a) Cho hai số thự dương $x, y$ thỏa mãn $x+y \leqslant \frac{2}{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$ A=53 x+53 y+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}} . $$ b) Cho ba số thực dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant 3$. Chứng minh rằng $$ x^{4}+y^{4}+z^{4}+x^{3}+y^{3}+z^{3} \geqslant 3+x+y+z . $$
Lời giải. Hai bài này đều khá cơ bản.
a) Ta dự đoán điểm rơi là $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}$ nên sẽ dùng AM-GM tương ứng với điểm rơi này $$ 27 x+27 x+\frac{1}{x^{2}} \geqslant 3 \sqrt[3]{27^{2}}=27 . $$ Hay là $54 x+\frac{1}{x^{2}} \geqslant 27$. Tương tự $54 y+\frac{1}{y^{2}} \geqslant 27$. Từ đó $$ A=54 x+\frac{1}{x^{2}}+54 y+\frac{1}{y^{2}}-(x+y) \geqslant 27+27-\frac{2}{3}=\frac{160}{3} . $$ b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $$ x^{4}+y^{4}+z^{4}+3=\left(x^{4}+1\right)+\left(y^{4}+1\right)+\left(z^{4}+1\right) \geqslant 2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geqslant 6 . $$ Suy ra $x^{4}+y^{4}+z^{4} \geqslant 3$. Lại áp dụng AM-GM ta có $$ x^{3}+y^{3}+z^{3}+x+y+z \geqslant 2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}+3 \geqslant 2(x+y+z) . $$ Suy ra $x^{3}+y^{3}+z^{3} \geqslant x+y+z$.

Bài toán 16 (Khánh Hòa). Cho các số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{21}$ thỏa mãn $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{21} \geqslant-2$ và $x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{21}^{3}=12$. Chúng minh rằng $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{21} \leqslant 18 . $$
Lời giải. Bài này tuy kỹ thuật nhẹ nhàng nhưng có thể xếp vào bài toán khó. Ý tưởng là ta tìm cách đánh giá $x_{i}$ qua $x_{i}^{3}$ bằng các biểu thức hiển nhiên dương. Biểu thức thứ nhất hiển nhiên là $x_{i}+2$ (từ điều kiện $x_{i} \geqslant-2$). Còn biểu thức thứ hai là một bình phương dạng $\left(x_{i}+a\right)^{2}$. Để chỉ xuât hiện $x_{i}^{3}$ và $x_{i}$ ta chọn $a=-1$. Vậy là ta dùng $$ \left(x_{i}+2\right)\left(x_{i}-1\right)^{2} \geqslant 0 . $$ Suy ra $x_{i}^{3}-3 x_{i}+2 \geqslant 0$, hay $x_{i}^{3}+2 \geqslant 3 x_{i} .$ Cho $i=1,2, \ldots, 21$ rồi cộng lại, ta được $$ 12+42 \geqslant 3\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{21}\right).$$ Suy ra $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{21} \leqslant 18 $$ Chứng minh hoàn tât.

Bài toán 17 (PTNK, ĐHQG TP HCM). Cho dãy $n$ số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}(n \geqslant 5)$ thỏa mãn điều kiện $x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n}$ và $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1$. Chúng minh rằng
a) Nếu $x_{n} \geqslant \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leqslant x_{n}$.
b) Nếu $x_{n} \leqslant \frac{2}{3}$ thì tồn tại số nguyên dương $k<n$, sao cho $$ \frac{1}{3} \leqslant x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leqslant \frac{2}{3} $$
Lời giải. Tương tự như bài trên, bài này kỹ thuật nhẹ nhàng nhưng là bài toán khó. Và hai ý về cơ bản là không liên quan đến nhau.
a) Giả sử ngược lại $x_{1}+x_{2}>x_{n} \geqslant \frac{1}{3}$. Khi đó $x_{2}>0$ và vì thế $x_{n}>0$ với mọi $n>2$. Lúc này $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=\left(x_{1}+x_{2}\right)+\left(x_{3}+x_{4}\right)+(\ldots)+x_{n}>\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1 $$ Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai và ta có $x_{1}+x_{2} \leqslant x_{n}$.
b) Xét hai trường hợp. Trường hợp thứ nhât $x_{n} \geqslant \frac{1}{3}$. Khi đó thì $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}=1-x_{n}$$ sẽ $\leqslant \frac{2}{3}$ và $\geqslant \frac{1}{3}$ và ta có $k=n-1$ là số nguyên dương cần tìm. Trường hợp thứ hai, $x_{n}<\frac{1}{3}$. Khi đó $x_{k}<\frac{1}{3}$ với mọi $k$. Vì $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1, $$ nên sẽ tồn tại số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \geqslant \frac{1}{3} $$ Ta chứng minh với số $k$ này $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leqslant \frac{2}{3} $$ Thật vậy, nếu ngược lại $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}>\frac{2}{3}, $$ thì $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k-1}=\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{k}\right)-x_{k}>\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}, $$ mâu thuẫn với cách chọn $k$. Lưu ý, ở câu (a) có một cái bẫy. Nếu chứng minh trực tiếp mà sử dụng đánh giá $$ \frac{2}{3} \geqslant x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1} \geqslant x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} \geqslant 2\left(x_{1}+x_{2}\right), $$ rồi suy ra $x_{1}+x_{2} \leqslant \frac{1}{3}$ là ta phạm sai lầm ở dấu bất đẳng thức thứ hai: Ở đây $x_{i}$ là số thực và có thể âm.

Bài toán 18 (Lâm Đồng). Cho $a, b, c$ là các số dương và $a+b+c=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ P=\frac{a^{3}}{a^{2}+4 a b+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+4 b c+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+4 c a+a^{2}} $$
Lời giải. Bài này sử dụng một đánh giá trung gian, xem hướng dẫn ở bài 21.

Bài toán 19 (Hà Nam). Cho ba số thực dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z \leqslant 1$. Chúng minh
$$ \left(\frac{1}{x^{2}}-1\right)\left(\frac{1}{y^{2}}-1\right)\left(\frac{1}{z^{2}}-1\right) \geqslant 512.$$
Lời giải. Sử dụng điều kiện $x+y+z \leqslant 1$ ta có $$ \frac{1}{x^{2}}-1 \geqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}}-1=\frac{(2 x+y+z)(y+z)}{x^{2}} $$ Từ đó chỉ cần chứng minh $$ (2 x+y+z)(y+z)(2 y+z+x)(z+x)(2 z+x+y)(x+y) \geqslant 512 x^{2} y^{2} z^{2} . $$ Cái cuối này dùng AM-GM là ra. Thú vị là bất đẳng thức này "tương đương" với bất đẳng thức IMO 2001 nổi tiếng: $C h o a, b, c$ là các số thực dương, khi đó $$ \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8 b c}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8 c a}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8 a b}} \geqslant 1 . $$ Các bạn thử thiết lập sự tương đương đó nhé! Đương nhiên, tuy là "tương đương" nhưng bât đẳng thức IMO khó hơn.

Bài toán 20 (Daklak). Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c \leqslant 2 .$ Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\frac{b\left(a^{2}+1\right)^{2}}{a^{2}\left(b^{2}+1\right)}+\frac{c\left(b^{2}+1\right)^{2}}{b^{2}\left(c^{2}+1\right)}+\frac{a\left(c^{2}+1\right)^{2}}{c^{2}\left(a^{2}+1\right)} . $$
Lời giải. Đặt $x=\frac{a^{2}+1}{a}, y=\frac{b^{2}+1}{b}, z=\frac{c^{2}+1}{c}$, thì $$ P=\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} . $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$ \begin{gathered} P=\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} \geqslant x+y+z=a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant a+b+c+\frac{9}{a+b+c} \\ =\left(a+b+c+\frac{4}{a+b+c}\right)+\frac{5}{a+b+c} \geqslant 4+\frac{5}{2}=\frac{13}{2} . \end{gathered} $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{2}{3}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{13}{2}$. Bài này không khó nhưng phát biểu cồng kềnh, xấu xí, là ghép nối cơ học của hai bài toán.

Bài toán 21 (Bình Phước). Cho $a, b, c$ là các số dương. Chứng minh rằng
a) $\displaystyle \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}} \geqslant a-\frac{b}{2}$,
b) $\displaystyle  \frac{a^{3}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+b c+c^{2}} \geqslant \frac{a+b+c}{3}$.
Lời giải. Ý a) tất nhiên là không khó. Ta chỉ cần biến đổi tương đương. $$ \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}} \geqslant a-\frac{b}{2} \Leftrightarrow 2 a^{3} \geqslant 2 a^{3}+2 a b^{2}-b a^{2}-b^{3} \Leftrightarrow b(a-b)^{2} \geqslant 0 . $$ Hơn nữa, đây là gợi ý quan trọng để giải ý (b) (cũng là gợi ý để giải các bài $19 .$ Thật vậy, do $$ a^{2}+a b+b^{2} \leqslant \frac{3}{2}\left(a^{2}+b^{2}\right), $$ nên $$ \frac{a^{3}}{a^{2}+a b+b^{2}} \geqslant \frac{2}{3}\left(a-\frac{b}{2}\right)=\frac{2 a}{3}-\frac{b}{3} . $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự cho hai số hạng còn lại, ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

Bài toán 22 (Quảng Ngãi). Cho các số thực $a$, $b$, $c$ đôi một khác nhau và thỏa mãn điều kiện $(c+a)(c+b)=4$. Chúng minh rằng $$ \frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}+\frac{1}{(c+b)^{2}} \geqslant 1 . $$
Lời giải. Đặt $x=c+a, y=c+b$ thì $x y=4$ và $(a-b)^{2}=(x-y)^{2}$, thì $x \neq y$ và $x y=4$. Ta quy về bài toán chứng minh $$ \frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}} \geqslant 1 . $$ Không mât tính tổng quát có thể giả sử $x, y>0$. Ta chỉ cần chứng minh $$ \frac{x y}{(x-y)^{2}}+\frac{x y}{x^{2}}+\frac{x y}{y^{2}} \geqslant 4. $$ Đặt $t=\frac{x}{y} \neq 1$, bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với $$ \frac{t}{(t-1)^{2}}+t+\frac{1}{t} \geqslant 4, $$ hay là $$ t^{2}+t^{2}(t-1)^{2}+(t-1)^{2} \geqslant 4 t(t-1)^{2} $$ hoặc $$ \begin{gathered} t^{4}-6 t^{3}+11 t^{2}-6 t+1 \geqslant 0 \\ t^{2}-6 t+11-\frac{6}{t}+\frac{1}{t^{2}} \geqslant 0 \end{gathered} $$ Đặt $u=t+\frac{1}{t}$, thì (8), tương đương $$ u^{2}-2-6 u+11 \geqslant 0 \Leftrightarrow(u-3)^{2} \geqslant 0 $$ Vậy ta có điều phải chứng minh. Kỹ thuật trong bài này khá hay. Phép đặt $x=c+a, y=c+b$ là khá tự nhiên. Bước chuyển từ (6)) sang (7) là bước "thuần nhất hóa", còn bước đặt $t=\frac{x}{y}$ lại là bước "chuẩn hóa".

Bài toán 23 (Đắk Nông). Cho hai số thự $a, b$ thỏa mãn $a, b \in[2021,2022]$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thúc $$ A=(a+b)\left(\frac{2021}{a}+\frac{2021}{b}\right) $$
Lời giải. Bài này cơ bản. Việc đưa các số 2021,2022 vào chỉ làm rối thêm, bớt đẹp. Cứ để $a, b$ thuộc $[1,2]$ và tìm GTNL của $$ (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right) $$ thì chân phương hơn. Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $$ (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=2+\frac{a^{2}+b^{2}}{a b}. $$ Ta có $(2022 a-2021 b)(2022 b-2021 a) \geqslant 0$ nên từ đây suy ra $$ \begin{aligned} &2021 \cdot 2022\left(a^{2}+b^{2}\right) \leqslant\left(2021^{2}+2022^{2}\right) a b, \\ &2021 \cdot 2022\left(a^{2}+b^{2}\right) \leqslant(20212+20222) a b . \end{aligned} $$ Suy ra $$ \frac{a^{2}+b^{2}}{a b} \leqslant \frac{2021^{2}+2022^{2}}{2021 \cdot 2022} . $$ Từ đó tìm được giá trị lớn nhât cần tìm là $$ 4042+\frac{2021\left(2021^{2}+2022^{2}\right)}{2021 \cdot 2022}=6064+\frac{2021^{2}}{2022} $$ Lời giải hoàn tất.

Bài toán 24 (Hòa Bình). Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z=4$. Chúng minh $$ \frac{1}{x y}+\frac{1}{x z} \geqslant 1. $$
Lời giải. Bài này cơ bản, phù hợp đề thi tuyển sinh 10 . Ta chỉ cần áp dụng AM-GM hai lần $$ \frac{1}{x y}+\frac{1}{x z} \geqslant \frac{4}{x y+x z}=\frac{4}{x(y+z)} \geqslant \frac{4}{\left(\frac{x+y+z}{2}\right)^{2}}=1 \text {. } $$ Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 25 (Vĩnh Long). Cho số thự $x$ thỏa mãn $1 \leqslant x \leqslant 2$. Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ T=\frac{3+x}{x}+\frac{6-x}{3-x} $$
Lời giải. Bài này cơ bản, đẹp, phù hợp với đề tuyển sinh 10 . Ta có $$ T=1+\frac{3}{x}+1+\frac{3}{3-x}=2+\frac{9}{x(3-x)} . $$ Để tìm min, max của $T$ ta chỉ cần tìm min, max của $x(3-x)$. Ta có $$ x(3-x)=\frac{9}{4}-\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{9}{4} $$ Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{3}{2}$. Mặt khác, do $1 \leqslant x \leqslant 2$ nên $-\frac{1}{2} \leqslant x-\frac{3}{2} \leqslant \frac{1}{2}$. Suy ra $\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{1}{4}$. Suy ra $$ x(3-x)=\frac{9}{4}-\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \geqslant \frac{9}{4}-\frac{1}{4}=2.$$ Dấu bằng xảy ra khi $x=1$ hoặc $x=2$. Từ đó giá trị lớn nhất của $T$ bằng $2+\frac{9}{2}=\frac{13}{2}$ đạt được khi $x=1$ hoặc $x=2$. Giá trị nhỏ nhất của $T$ bằng $2+4=6$, đạt được khi $x=\frac{3}{2}$.

Bài toán 26 (Kiên Giang). Cho $x, y, z$ là các số thực lớn hơn 2021 và thỏa mãn $$ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{2}{2021} $$ Chúng minh rằng ta có bất đẳng thúc sau $$ \sqrt{x+y+z} \geqslant \sqrt{x-2021}+\sqrt{y-2021}+\sqrt{z-2021} $$
Lời giải. Đặt $a=\frac{x}{2021}, b=\frac{y}{2021}, c=\frac{z}{2021}$ thì $a, b, c>1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2$. Ta chứng minh $$ \sqrt{a+b+c} \geqslant \sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} . $$ Đây là bài toán thi Olympic của Iran. Cách giải là dùng Cauchy-Schwarz ở dạng $$ \sqrt{(x+y+z)(a+b+c)} \geqslant \sqrt{x a}+\sqrt{y b}+\sqrt{z c}, $$ cho các số $\frac{a-1}{a}, \frac{b-1}{b}, \frac{c-1}{c}$ và $a, b, c$ với chú ý $\frac{a-1}{a}+\frac{b-1}{b}+\frac{c-1}{c}=1$. Bài toán của Iran rất đẹp, nhưng bài toán chế biến này thì không còn đẹp nữa. Bản thân tôi không thích kiểu "sáng tác" này cho lắm.

Bài toán 27 (Bình Định). Cho các số thực $x$, $y$. Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ T=\frac{x-y}{x^{4}+y^{4}+6} $$
Lời giải. Bài này cơ bản. Gợi ý $(x-y)^{2} \leqslant 2\left(x^{2}+y^{2}\right)$ và $x^{4}+y^{4} \geqslant \frac{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}{2}$.

Bài toán 28 (Bình Định). Cho $x, y, z$ là ba số dương thỏa $x+y+z=1$. Chúng minh rằng $$ P=\frac{1-x^{2}}{x+y z}+\frac{1-y^{2}}{y+z x}+\frac{1-z^{2}}{z+x y} \geqslant 6 . $$
Lời giải 2. Sử dụng thuần nhất hóa $$ \begin{gathered} 1-x^{2}=(x+y+z)^{2}-x^{2}=(2 x+y+z)(y+z) \\ x+y z=x(x+y+z)+y z=(x+y)(x+z) \end{gathered} $$ Từ đó nếu đặt $a=y+z, b=z+x, c=x+y$, thì $$ V T=\frac{(b+c) a}{b c}+\frac{(c+a) b}{c a}+\frac{(a+b) c}{a b}=\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b} . $$ Chứng minh hoàn tât.

Bài toán 29 (Cà Mau). Cho a, b là hai số thức dương sao cho $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1 .$ Chúng minh $$ \sqrt{3 a+b}+\sqrt{3 b+a} \leqslant 2 \sqrt{3 a+b} \cdot \sqrt{3 b+a} . $$
Lời giải. Đây là một bài toán đẹp. Cách giải cũng khá chân phương, giống như giải phương trình chứa căn vậy. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai căn thức vế trái, ta có $$ \sqrt{3 a+b}+\sqrt{3 b+a} \leqslant \sqrt{2(3 a+b+3 b+a)}=\sqrt{8 a+8 b} . $$ Bất đẳng thức cần chứng minh sẽ đúng nếu ta chứng minh được $$ \sqrt{8 a+8 b} \leqslant 2 \sqrt{(3 a+b)(3 b+a)} . $$ Ta biến đổi tương đương $$ \sqrt{8 a+8 b} \leqslant 2 \sqrt{(3 a+b)(3 b+a)} $$ hay là $$ 2(a+b) \leqslant(3 a+b)(3 b+a), $$ hoặc $$ 3(a+b)^{2}+4 a b-2(a+b) \geqslant 0 . $$ Đặt $a b=t^{2}$. Theo giả thiết $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$, suy ra $a+b+2 t=1$, tức là $a+b=1-2 t$. Thay vào (9), ta cần chứng minh $$ 3(1-2 t)^{2}+4 t^{2}-2(1-2 t) \geqslant 0 $$ hay $$ 16 t^{2}-8 t+1 \geqslant 1 \Leftrightarrow(4 t-1)^{2} \geqslant 0 . $$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $t=\frac{1}{4}$, từ đây tính được $a=b=\frac{1}{4}$.

Bài toán 30 (Bình Định). Cho a, b là các số dương thỏa mãn a $+2 b \geqslant 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\frac{3 a^{2}+a^{2} b+\frac{9 a b^{2}}{2}+(8+a) b^{3}}{a b} $$
Lời giải. Bài này thật xấu xí. Không hiểu tại sao lại phát biểu một bài toán xấu như vậy. Và đây là một bài khá khó. Gợi ý điểm rơi là $a=\frac{3}{2}, b=\frac{3}{4}$.

Bài toán 31 (Thanh Hóa). Cho ba số thự dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z=1 .$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ P=15 \sqrt{3\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)}+\frac{x y+y z+z x}{x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x} $$
Lời giải. Bài này cơ bản nhưng dùng nhiều đánh giá trung gian. Gợi ý $$ \sqrt{3\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)} \geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}, $$ và $3\left(x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x\right) \leqslant\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)(x+y+z)$.

Bài toán 32 (Hải Phòng). Cho các số thực dương $x, y, z$. Chúng minh rằng $$ \frac{x \sqrt{x y}}{\sqrt{2 x+y}}+\frac{y \sqrt{y z}}{\sqrt{2 y+z}}+\frac{z \sqrt{z x}}{\sqrt{2 z+x}} \geqslant \sqrt{3 x y z} . $$
Lời giải. Bài này khá cơ bản đối với các bạn quen sử dụng AM-GM và Cauchy-Schwarz để đánh giá. Chia hai vế của bất đẳng thức cho $\sqrt{3 x y z}$ ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng $$ \frac{x}{\sqrt{3 z(2 x+y)}}+\frac{y}{\sqrt{3 x(2 y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{3 y(2 z+x)}} \geqslant 1 $$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho mẫu thức, ta có $$ \sqrt{3 z(2 x+y)} \leqslant \frac{3 z+2 x+y}{2}, $$
cùng các bất đẳng thức tương tự. Do đó $$ V T \geqslant \frac{2 x}{3 z+2 x+y}+\frac{2 y}{3 x+2 y+z}+\frac{2 z}{3 y+2 z+x} . $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz $$ \sum \frac{2 x}{3 z+2 x+y} \geqslant \frac{(2 x+2 y+2 z)^{2}}{2 x(3 z+2 x+y)+2 y(3 x+2 y+z)+2 z(3 y+2 z+x)}=1 $$ Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

Bài toán 33 (Yên Bái). Cho $a, b, c$ là các số thự dưong thỏa mãn $18 a b c=a+2 b+3 c$. Chúng minh $$ \left(1+a^{2}\right)\left(1+4 b^{2}\right)\left(1+9 c^{2}\right) \geqslant 8 $$
Lời giải. Bài này cơ bản. Đặt $x=a, y=2 b, z=3 c$ thì $3 x y z=x+y+z$ ta cần chứng minh $$ \left(1+x^{2}\right)\left(1+y^{2}\right)\left(1+z^{2}\right) \geqslant 8 . $$ Áp dụng bất đẳng thức $\mathrm{AM}-\mathrm{GM}$ ta có $3 x y z=x+y+z \geqslant 3 \sqrt[3]{x y z}$. Từ đây suy ra $x y z \geqslant 1$. Lại áp dụng AM-GM thì ta có $$ \left(1+x^{2}\right)\left(1+y^{2}\right)\left(1+z^{2}\right) \geqslant 2 x \cdot 2 y \cdot 2 z=8 x y z \geqslant 8 $$ Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 34 (Ninh Bình). Cho $x, y, z$ là các số thức dương thỏa mãn $\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}=12$. Tìm giá trị lón nhất của biểu thúc $$ P=\frac{1}{2 x+3 y+3 z}+\frac{1}{3 x+2 y+3 z}+\frac{1}{3 x+3 y+2 z} $$
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức $$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \geqslant \frac{16}{a+b+c+d} $$ cho các biểu thức ở vế trái.

Bài toán 35 (Phú Thọ). Cho ba số dương $x, y, z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\frac{x z}{y^{2}+y z}+\frac{y^{2}}{x z+y z}+\frac{\sqrt{x}+\sqrt{z}}{2 \sqrt{x}} $$
Lời giải. Đây là một bài toán khó. Lời giải thông qua vài phép đánh giá, rồi dự doán điểm rơi. Đặt $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}$ thì $\frac{x}{z}=a b$ và $$ \begin{aligned} P&=\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}+\frac{1}{2 \sqrt{a b}}+\frac{1}{2}=1+\frac{a}{b+1}+1+\frac{b}{a+1}+\frac{1}{2 \sqrt{a b}}-\frac{3}{2} \\ &=(a+b+1)\left(\frac{1}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)+\frac{1}{2 \sqrt{a b}}-\frac{3}{2} \\& \geqslant \frac{4(a+b+1)}{a+b+2}+\frac{1}{a+b}-\frac{3}{2} . \end{aligned} $$ Đặt $t=a+b$ thì $$\begin{aligned}P-2 & \geqslant \frac{4(t+1)}{t+2}+\frac{1}{t}-\frac{7}{2} \\& =\frac{8 t(t+1)+2(t+2)-7 t(t+2)}{2 t(t+2)} \\&= \frac{t^{2}-4 t+4}{2 t(t+2)} \\ & = \frac{(t-2)^{2}}{2 t(t+2)} \\ &\geqslant 0\end{aligned}$$ Suy ra $P \geqslant 2$. Dấu bằng xảy ra khi $t=2$, tức $a=b=1$, hay $x=y=z$.

Bài toán 36 (Bình Thuận). Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$. Chúng minh rằng $$ \frac{2 x z}{x^{2}+2 y z+3}+\frac{2 y x}{y^{2}+2 z x+3}+\frac{2 z y}{z^{2}+2 x y+3} \leqslant 1 $$
Lời giải. Ý tưởng chính là thay thế các mẫu số bằng một mẫu số chung thông qua đánh giá. Hãy chứng minh rằng $x^{2}+2 y z+3 \geqslant 2(x y+y z+z x)$ bằng cách thay 3 bằng $\frac{(x+y+z)^{2}}{3}$.

$hide=mobile$type=ticker$c=36$cols=2$l=0$sr=random$b=0

$hide=mobile

Name

Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,An Giang,40,Andrew Wiles,1,Anh,2,APMO,21,Austria (Áo),1,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,71,Bắc Bộ,2,Bắc Giang,59,Bắc Kạn,3,Bạc Liêu,14,Bắc Ninh,58,Bắc Trung Bộ,3,Bài Toán Hay,5,Balkan,40,Baltic Way,32,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,69,Bến Tre,67,Benelux,15,Bình Định,60,Bình Dương,35,Bình Phước,47,Bình Thuận,39,Birch,1,BMO,40,Booklet,12,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,British,16,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,6,Buôn Ma Thuột,2,BxMO,14,Cà Mau,20,Cần Thơ,25,Canada,40,Cao Bằng,11,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,43,Caucasus,3,CGMO,11,China - Trung Quốc,25,Chọn Đội Tuyển,467,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,125,Chuyên SPHCM,7,Chuyên SPHN,26,Chuyên Trần Hưng Đạo,2,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,666,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,26,Đà Nẵng,48,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,72,Đắk Nông,12,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi,1,Đề Thi HSG,2087,Đề Thi JMO,1,DHBB,28,Điện Biên,12,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,5,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,62,Đồng Tháp,62,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Dương Quỳnh Châu,1,Dương Tú,1,Duyên Hải Bắc Bộ,28,E-Book,31,EGMO,29,ELMO,19,EMC,10,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,30,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,14,GGTH,30,Gia Lai,37,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,4,Hà Lan,1,Hà Nam,38,Hà Nội,256,Hà Tĩnh,87,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,63,Hải Phòng,54,Hậu Giang,11,Hậu Lộc,1,Hélènne Esnault,1,Hilbert,2,Hình Học,33,HKUST,7,Hòa Bình,31,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,8,HSG 10,114,HSG 10 2010-2011,4,HSG 10 2011-2012,6,HSG 10 2012-2013,5,HSG 10 2013-2014,4,HSG 10 2014-2015,5,HSG 10 2015-2016,2,HSG 10 2016-2017,5,HSG 10 2017-2018,3,HSG 10 2018-2019,3,HSG 10 2019-2020,8,HSG 10 2020-2021,2,HSG 10 2021-2022,2,HSG 10 2022-2023,3,HSG 10 Bà Rịa Vũng Tàu,2,HSG 10 Bắc Giang,1,HSG 10 Bạc Liêu,2,HSG 10 Bắc Ninh,3,HSG 10 Bình Định,1,HSG 10 Bình Dương,1,HSG 10 Bình Thuận,3,HSG 10 Chuyên SPHN,5,HSG 10 Đắk Lắk,2,HSG 10 Đồng Nai,4,HSG 10 Gia Lai,2,HSG 10 Hà Nam,3,HSG 10 Hà Tĩnh,13,HSG 10 Hải Dương,9,HSG 10 KHTN,9,HSG 10 Kon Tum,1,HSG 10 Nghệ An,1,HSG 10 Ninh Thuận,1,HSG 10 Phú Yên,2,HSG 10 Quảng Trị,2,HSG 10 Thái Nguyên,8,HSG 10 Thanh Hóa,1,HSG 10 Trà Vinh,5,HSG 10 Vĩnh Phúc,14,HSG 1015-2016,3,HSG 11,115,HSG 11 2010-2011,4,HSG 11 2011-2012,5,HSG 11 2012-2013,7,HSG 11 2013-2014,4,HSG 11 2014-2015,8,HSG 11 2015-2016,2,HSG 11 2016-2017,5,HSG 11 2017-2018,4,HSG 11 2018-2019,5,HSG 11 2019-2020,5,HSG 11 2020-2021,5,HSG 11 2021-2022,1,HSG 11 An Giang,1,HSG 11 Bà Rịa Vũng Tàu,1,HSG 11 Bắc Giang,4,HSG 11 Bạc Liêu,2,HSG 11 Bắc Ninh,4,HSG 11 Bình Định,11,HSG 11 Bình Dương,3,HSG 11 Bình Thuận,1,HSG 11 Cà Mau,1,HSG 11 Đà Nẵng,9,HSG 11 Đồng Nai,1,HSG 11 Hà Nam,1,HSG 11 Hà Tĩnh,10,HSG 11 Hải Phòng,1,HSG 11 Kiên Giang,4,HSG 11 Lạng Sơn,11,HSG 11 Nghệ An,6,HSG 11 Ninh Bình,2,HSG 11 Quảng Bình,9,HSG 11 Quảng Ngãi,8,HSG 11 Quảng Trị,3,HSG 11 Sóc Trăng,1,HSG 11 Thái Nguyên,8,HSG 11 Thanh Hóa,4,HSG 11 Trà Vinh,1,HSG 11 Tuyên Quang,1,HSG 11 Vĩnh Long,2,HSG 11 Vĩnh Phúc,10,HSG 12,608,HSG 12 2009-2010,2,HSG 12 2010-2011,39,HSG 12 2011-2012,44,HSG 12 2012-2013,58,HSG 12 2013-2014,53,HSG 12 2014-2015,44,HSG 12 2015-2016,36,HSG 12 2016-2017,47,HSG 12 2017-2018,58,HSG 12 2018-2019,44,HSG 12 2019-2020,43,HSG 12 2020-2021,51,HSG 12 2021-2022,34,HSG 12 2022-2023,12,HSG 12 An Giang,7,HSG 12 Bà Rịa Vũng Tàu,11,HSG 12 Bắc Giang,17,HSG 12 Bạc Liêu,2,HSG 12 Bắc Ninh,13,HSG 12 Bến Tre,18,HSG 12 Bình Định,15,HSG 12 Bình Dương,7,HSG 12 Bình Phước,8,HSG 12 Bình Thuận,7,HSG 12 Cà Mau,8,HSG 12 Cần Thơ,7,HSG 12 Cao Bằng,5,HSG 12 Chuyên SPHN,9,HSG 12 Đà Nẵng,3,HSG 12 Đắk Lắk,20,HSG 12 Đắk Nông,1,HSG 12 Điện Biên,3,HSG 12 Đồng Nai,20,HSG 12 Đồng Tháp,18,HSG 12 Gia Lai,12,HSG 12 Hà Nam,4,HSG 12 Hà Nội,14,HSG 12 Hà Tĩnh,15,HSG 12 Hải Dương,13,HSG 12 Hải Phòng,19,HSG 12 Hậu Giang,3,HSG 12 Hòa Bình,10,HSG 12 Hưng Yên,9,HSG 12 Khánh Hòa,2,HSG 12 KHTN,26,HSG 12 Kiên Giang,11,HSG 12 Kon Tum,2,HSG 12 Lai Châu,4,HSG 12 Lâm Đồng,10,HSG 12 Lạng Sơn,8,HSG 12 Lào Cai,16,HSG 12 Long An,17,HSG 12 Nam Định,7,HSG 12 Nghệ An,11,HSG 12 Ninh Bình,11,HSG 12 Ninh Thuận,6,HSG 12 Phú Thọ,16,HSG 12 Phú Yên,12,HSG 12 Quảng Bình,12,HSG 12 Quảng Nam,9,HSG 12 Quảng Ngãi,5,HSG 12 Quảng Ninh,19,HSG 12 Quảng Trị,9,HSG 12 Sóc Trăng,4,HSG 12 Sơn La,5,HSG 12 Tây Ninh,6,HSG 12 Thái Bình,11,HSG 12 Thái Nguyên,12,HSG 12 Thanh Hóa,18,HSG 12 Thừa Thiên Huế,16,HSG 12 Tiền Giang,3,HSG 12 TPHCM,12,HSG 12 Tuyên Quang,2,HSG 12 Vĩnh Long,6,HSG 12 Vĩnh Phúc,22,HSG 9,533,HSG 9 2009-2010,1,HSG 9 2010-2011,21,HSG 9 2011-2012,44,HSG 9 2012-2013,44,HSG 9 2013-2014,36,HSG 9 2014-2015,40,HSG 9 2015-2016,39,HSG 9 2016-2017,42,HSG 9 2017-2018,47,HSG 9 2018-2019,50,HSG 9 2019-2020,20,HSG 9 2020-2021,53,HSG 9 2021-2022,57,HSG 9 2022-2023,1,HSG 9 An Giang,8,HSG 9 Bà Rịa Vũng Tàu,7,HSG 9 Bắc Giang,12,HSG 9 Bạc Liêu,1,HSG 9 Bắc Ninh,12,HSG 9 Bến Tre,9,HSG 9 Bình Định,10,HSG 9 Bình Dương,6,HSG 9 Bình Phước,13,HSG 9 Bình Thuận,5,HSG 9 Cà Mau,1,HSG 9 Cần Thơ,4,HSG 9 Cao Bằng,1,HSG 9 Chuyên SPHN,2,HSG 9 Đà Nẵng,10,HSG 9 Đắk Lắk,11,HSG 9 Đắk Nông,2,HSG 9 Điện Biên,3,HSG 9 Đồng Nai,7,HSG 9 Đồng Tháp,10,HSG 9 Gia Lai,8,HSG 9 Hà Giang,3,HSG 9 Hà Nam,9,HSG 9 Hà Nội,25,HSG 9 Hà Tĩnh,16,HSG 9 Hải Dương,14,HSG 9 Hải Phòng,7,HSG 9 Hậu Giang,4,HSG 9 Hòa Bình,3,HSG 9 Hưng Yên,9,HSG 9 Khánh Hòa,4,HSG 9 Kiên Giang,15,HSG 9 Kon Tum,8,HSG 9 Lai Châu,1,HSG 9 Lâm Đồng,13,HSG 9 Lạng Sơn,9,HSG 9 Lào Cai,3,HSG 9 Long An,9,HSG 9 Nam Định,8,HSG 9 Nghệ An,19,HSG 9 Ninh Bình,13,HSG 9 Ninh Thuận,3,HSG 9 Phú Thọ,12,HSG 9 Phú Yên,8,HSG 9 Quảng Bình,13,HSG 9 Quảng Nam,11,HSG 9 Quảng Ngãi,12,HSG 9 Quảng Ninh,15,HSG 9 Quảng Trị,9,HSG 9 Sóc Trăng,8,HSG 9 Sơn La,4,HSG 9 Tây Ninh,16,HSG 9 Thái Bình,9,HSG 9 Thái Nguyên,5,HSG 9 Thanh Hóa,17,HSG 9 Thừa Thiên Huế,8,HSG 9 Tiền Giang,6,HSG 9 TPHCM,10,HSG 9 Trà Vinh,2,HSG 9 Tuyên Quang,5,HSG 9 Vĩnh Long,11,HSG 9 Vĩnh Phúc,12,HSG Cấp Trường,89,HSG Quốc Gia,109,HSG Quốc Tế,16,HSG11 2021-2022,3,Hứa Lâm Phong,1,Hứa Thuần Phỏng,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,39,Hương Sơn,2,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,26,IMO,57,IMT,2,IMU,2,India - Ấn Độ,47,Inequality,13,InMC,1,International,340,Iran,13,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,30,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,26,KHTN,61,Kiên Giang,71,Kim Liên,1,Kon Tum,23,Korea - Hàn Quốc,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,45,Lai Châu,10,Lâm Đồng,44,Lăng Hồng Nguyệt Anh,1,Lạng Sơn,35,Langlands,1,Lào Cai,32,Lê Hải Châu,1,Lê Hải Khôi,1,Lê Hoành Phò,4,Lê Hồng Phong,5,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,2,Leibniz,1,Long An,48,Lớp 10 Chuyên,666,Lớp 10 Không Chuyên,347,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lưu Lý Tưởng,1,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathLinks,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,12,Menelaus,1,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Atiyah,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,MYTS,4,Nam Định,44,Nam Phi,1,National,276,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,68,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Minh Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,9,Nguyễn Nhất Huy,1,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,2,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Song Thiên Long,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,4,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,58,Ninh Thuận,23,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,21,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,126,Olympic 10/3,6,Olympic 10/3 Đắk Lắk,6,Olympic 11,117,Olympic 12,49,Olympic 23/3,2,Olympic 24/3,10,Olympic 24/3 Quảng Nam,10,Olympic 27/4,23,Olympic 30/4,57,Olympic KHTN,7,Olympic Sinh Viên,75,Olympic Tháng 4,12,Olympic Toán,330,Olympic Toán Sơ Cấp,3,Ôn Thi 10,2,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Quang Đạt,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,31,Phú Yên,38,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,11,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,50,Putnam,27,Quảng Bình,57,Quảng Nam,50,Quảng Ngãi,44,Quảng Ninh,54,Quảng Trị,38,Quỹ Tích,1,Riemann,1,RMM,13,RMO,24,Romania,37,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,70,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia - Ả Rập Xê Út,9,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,28,Shortlists,56,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,28,Sóc Trăng,31,Sơn La,21,Spain,8,Star Education,1,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,17,Tập San,3,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,36,Thạch Hà,1,Thái Bình,42,Thái Nguyên,57,Thái Vân,2,Thanh Hóa,73,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,Thông Tin Toán Học,43,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPT Chuyên Nguyễn Du,9,THPTQG,16,THTT,6,Thừa Thiên Huế,50,Tiền Giang,27,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TPHCM,141,Trà Vinh,9,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,37,Trại Hè Hùng Vương,28,Trại Hè Phương Nam,7,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,12,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trường Đông,20,Trường Hè,8,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,496,TST 2008-2009,1,TST 2010-2011,21,TST 2011-2012,23,TST 2012-2013,31,TST 2013-2014,29,TST 2014-2015,27,TST 2015-2016,26,TST 2016-2017,41,TST 2017-2018,41,TST 2018-2019,30,TST 2019-2020,36,TST 2020-2021,28,TST 2021-2022,36,TST 2022-2023,23,TST An Giang,7,TST Bà Rịa Vũng Tàu,10,TST Bắc Giang,5,TST Bắc Ninh,11,TST Bến Tre,7,TST Bình Định,4,TST Bình Dương,6,TST Bình Phước,7,TST Bình Thuận,8,TST Cà Mau,5,TST Cần Thơ,5,TST Cao Bằng,2,TST Đà Nẵng,8,TST Đắk Lắk,11,TST Đắk Nông,1,TST Điện Biên,2,TST Đồng Nai,12,TST Đồng Tháp,12,TST Gia Lai,4,TST Hà Nam,7,TST Hà Nội,10,TST Hà Tĩnh,14,TST Hải Dương,11,TST Hải Phòng,13,TST Hậu Giang,1,TST Hòa Bình,3,TST Hưng Yên,9,TST Khánh Hòa,8,TST Kiên Giang,10,TST Kon Tum,6,TST Lâm Đồng,11,TST Lạng Sơn,2,TST Lào Cai,4,TST Long An,5,TST Nam Định,8,TST Nghệ An,7,TST Ninh Bình,11,TST Ninh Thuận,3,TST Phú Thọ,13,TST Phú Yên,4,TST PTNK,9,TST Quảng Bình,12,TST Quảng Nam,5,TST Quảng Ngãi,7,TST Quảng Ninh,7,TST Quảng Trị,9,TST Sóc Trăng,3,TST Sơn La,7,TST Thái Bình,6,TST Thái Nguyên,8,TST Thanh Hóa,8,TST Thừa Thiên Huế,4,TST Tiền Giang,4,TST TPHCM,13,TST Trà Vinh,1,TST Tuyên Quang,1,TST Vĩnh Long,6,TST Vĩnh Phúc,7,Tuyên Quang,12,Tuyển Sinh,4,Tuyển Sinh 10,1013,Tuyển Sinh 10 An Giang,17,Tuyển Sinh 10 Bà Rịa Vũng Tàu,21,Tuyển Sinh 10 Bắc Giang,19,Tuyển Sinh 10 Bạc Liêu,7,Tuyển Sinh 10 Bắc Ninh,15,Tuyển Sinh 10 Bến Tre,33,Tuyển Sinh 10 Bình Định,19,Tuyển Sinh 10 Bình Dương,12,Tuyển Sinh 10 Bình Phước,19,Tuyển Sinh 10 Bình Thuận,15,Tuyển Sinh 10 Cà Mau,5,Tuyển Sinh 10 Cần Thơ,9,Tuyển Sinh 10 Cao Bằng,2,Tuyển Sinh 10 Chuyên SPHN,15,Tuyển Sinh 10 Đà Nẵng,17,Tuyển Sinh 10 Đắk Lắk,20,Tuyển Sinh 10 Đắk Nông,6,Tuyển Sinh 10 Điện Biên,4,Tuyển Sinh 10 Đồng Nai,18,Tuyển Sinh 10 Đồng Tháp,22,Tuyển Sinh 10 Gia Lai,10,Tuyển Sinh 10 Hà Giang,1,Tuyển Sinh 10 Hà Nam,14,Tuyển Sinh 10 Hà Nội,80,Tuyển Sinh 10 Hà Tĩnh,18,Tuyển Sinh 10 Hải Dương,16,Tuyển Sinh 10 Hải Phòng,14,Tuyển Sinh 10 Hậu Giang,3,Tuyển Sinh 10 Hòa Bình,15,Tuyển Sinh 10 Hưng Yên,12,Tuyển Sinh 10 Khánh Hòa,12,Tuyển Sinh 10 KHTN,19,Tuyển Sinh 10 Kiên Giang,31,Tuyển Sinh 10 Kon Tum,6,Tuyển Sinh 10 Lai Châu,5,Tuyển Sinh 10 Lâm Đồng,10,Tuyển Sinh 10 Lạng Sơn,6,Tuyển Sinh 10 Lào Cai,9,Tuyển Sinh 10 Long An,17,Tuyển Sinh 10 Nam Định,21,Tuyển Sinh 10 Nghệ An,22,Tuyển Sinh 10 Ninh Bình,19,Tuyển Sinh 10 Ninh Thuận,10,Tuyển Sinh 10 Phú Thọ,17,Tuyển Sinh 10 Phú Yên,11,Tuyển Sinh 10 PTNK,35,Tuyển Sinh 10 Quảng Bình,11,Tuyển Sinh 10 Quảng Nam,15,Tuyển Sinh 10 Quảng Ngãi,12,Tuyển Sinh 10 Quảng Ninh,11,Tuyển Sinh 10 Quảng Trị,6,Tuyển Sinh 10 Sóc Trăng,15,Tuyển Sinh 10 Sơn La,5,Tuyển Sinh 10 Tây Ninh,14,Tuyển Sinh 10 Thái Bình,16,Tuyển Sinh 10 Thái Nguyên,16,Tuyển Sinh 10 Thanh Hóa,24,Tuyển Sinh 10 Thừa Thiên Huế,22,Tuyển Sinh 10 Tiền Giang,14,Tuyển Sinh 10 TPHCM,23,Tuyển Sinh 10 Tuyên Quang,3,Tuyển Sinh 10 Vĩnh Long,12,Tuyển Sinh 10 Vĩnh Phúc,21,Tuyển Sinh 2008-2009,1,Tuyển Sinh 2009-2010,1,Tuyển Sinh 2010-2011,6,Tuyển Sinh 2011-2012,20,Tuyển Sinh 2012-2013,63,Tuyển Sinh 2013-2014,78,Tuyển Sinh 2014-2015,78,Tuyển Sinh 2015-2016,60,Tuyển Sinh 2016-2017,72,Tuyển Sinh 2017-2018,126,Tuyển Sinh 2018-2019,60,Tuyển Sinh 2019-2020,90,Tuyển Sinh 2020-2021,59,Tuyển Sinh 2021-202,1,Tuyển Sinh 2021-2022,70,Tuyển Sinh 2022-2023,114,Tuyển Sinh Chuyên SPHCM,7,Tuyển Tập,45,Tuymaada,6,UK - Anh,16,Undergraduate,69,USA - Mỹ,62,USA TSTST,6,USAJMO,12,USATST,8,USEMO,4,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,4,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,31,Vĩnh Long,37,Vĩnh Phúc,86,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,51,VNTST,23,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,26,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Xác Suất,1,Yên Bái,22,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,13,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad.NET: [Trần Nam Dũng] Bất Đẳng Thức Và Cực Trị Trong Đề Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Năm 2021
[Trần Nam Dũng] Bất Đẳng Thức Và Cực Trị Trong Đề Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Năm 2021
MOlympiad.NET
https://www.molympiad.net/2022/08/tran-nam-dung-bat-dang-thuc-va-cuc-tri-tuyen-sinh-10-2021.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2022/08/tran-nam-dung-bat-dang-thuc-va-cuc-tri-tuyen-sinh-10-2021.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU Tag ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED
NỘI DUNG CAO CẤP NÀY ĐÃ BỊ KHÓA
STEP 1: SHARE THIS ARTICLE TO A SOCIAL NETWORK
BƯỚC 1: CHIA SẺ BÀI VIẾT NÀY LÊN MẠNG XÃ HỘI
STEP 2: CLICK THE LINK ON YOUR SOCIAL NETWORK
BƯỚC 2: BẤM VÀO ĐƯỜNG DẪN TRÊN MẠNG XÃ HỘI CỦA BẠN
Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy Table of Content