$hide=mobile

[Nguyễn Văn Quý] Dồn Biến Thừa Trừ

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có lẽ các bài toán bất đẳng thức chứa căn là một trong những dạng toán hay và thú vị nhất. Đơn giản là chúng ta không thể dùng các phép biến đổi thông thường để chứng minh bài toán và như thế mới thúc đẩy các ý tưởng mới được. Trong các phương pháp chứng minh dạng toán này không thể không nhắc tới phương pháp dồn biến thừa trừ của anh Võ Quốc Bá Cẩn. Ý tưởng của phương pháp rất đơn giản nhưng điều đơn giản này lại giúp chúng ta giải quyết rất nhiều bất đẳng thức khó, trong đó có một số kết quả từng là những bài toán mở. Trong bài viết này xin được giới thiệu thêm một số bài toán có thể giải bằng phương pháp này.

Bài Toán 1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn:$ a+b+c=1 $. Chứng minh rằng $$ \sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}+\sqrt{7c^2-8c+3} \ge \sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6} $$
Lời giải. Không mất tổng quát giả sử rằng $ a \ge b \ge c \ge 0.$ Đặt \[ f(a,b,c)=\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}+\sqrt{7c^2-8c+3}-\sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6}\]
Ta sẽ chứng minh rằng
\[ f(a,b,c) \ge f \left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right).\]
Để chứng minh điều này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:
\[ \sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3} \ge \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}} \]
Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức $ (x+y)^2=2(x^2+y^2)-(x-y)^2 $ ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng
\[ 5(a-b)^2 \ge 2\left(\sqrt{7a^2-8a+3}-\sqrt{7b^2-8b+3}\right)^2 \]
hay là
\[ 5(a-b)^2 \ge \frac{2(a-b)^2(8-7(a+b))^2}{\left(\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}\right)^2} \]
Sử dụng bất đẳng thức Minkowski ta có 
$$\begin{align}\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3} & = \sqrt{7\left(a-\frac{4}{7}\right)^2+\frac{5}{7}}+\sqrt{7\left(b-\frac{4}{7}\right)^2+\frac{5}{7}} \\
& \ge \sqrt{7\left(a+b-\frac{8}{7}\right)^2+\frac{20}{7}} \end{align}$$
Sử dụng kết quả này và giả thiết $ a+b+c=1 $ ta chỉ cần chứng minh
\[ 5(7c^2+2c+3) \ge 2(1+7c)^2 \Leftrightarrow 13-18c-63c^2 \ge 0 \Leftrightarrow (1-3c)(13+21c) \ge 0 \]
Điều này hiển nhiên đúng với $ 0 \le c \le \frac{1}{3}.$ Để hoàn thành bước dồn biến ta chỉ cần chứng minh
$$\begin{align} & \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}}-\sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6} \\ & \ge \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12}-\sqrt{6(a+b)^2+12c^2+6} \end{align}$$
hay là
$$\begin{align} & \frac{3(a-b)^2}{\sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\dfrac{9(a-b)^2}{2}}+\sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12}} \\ & \ge \frac{4(a-b)^2}{\sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6}+\sqrt{6(a+b)^2+12c^2+6}} \end{align}$$
Chú ý rằng
$$ 6(a+b)^2+12c^2+6=6(3c^2-2c+2) ,$$
$$ 7(a+b)^2-16(a+b)+12=7c^2+2c+3 ,$$
$$ 12(a^2+b^2+c^2)+6=6(3c^2-2c+2+(a-b)^2) ,$$
$$ 7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}=7c^2+2c+3+\frac{9(a-b)^2}{2} .$$
Mặt khác $ 3 \sqrt{2} >4 $ và
\[ 3(3c^2-2c+2)-(7c^2+2c+3)=2c^2-8c+3=2c^2+c+3(1-3c) \ge 0, \]
\[\begin{align}3(3c^2-2c+2+(a-b)^2)-\left(7c^2+2c+3+\frac{9(a-b)^2}{2}\right)
& = 2c^2-8c+3-\frac{3(a-b)^2}{2} \\ & \ge 2c^2-8c+3-\frac{3(a+b-2c)^2}{2} \\ & = \frac{4c^2+2c+3(1-9c^2)}{2} \ge 0. \end{align}\] Bước dồn biến được chứng minh xong. Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh rằng
\[ \sqrt{7c^2+2c+3}+\sqrt{7c^2-8c+3} \ge \sqrt{6(3c^2-2c+2)} \]
hay là
\[ \sqrt{(7c^2+2c+3)(7c^2-8c+3)} \ge 2c^2-3c+3 .\]
Ta có
\[(7c^2+2c+3)(7c^2-8c+3)-(2c^2-3c+3)^2=45c^4-30c^3+5c^2=5c^2(3c-1)^2 \ge 0 \]
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$, $a=b=\frac{1}{2}$, $c=0 $ và các hoán vị tương ứng.
Nhận xét.
  • Bước chứng minh \[ \sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3} \ge \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}} \] là mấu chốt trong lời giải bài toán này. Kết quả này giúp cho bước dồn biến đơn giản hơn rất nhiều do bớt đi được được một biểu thức chứa căn và như thế cũng làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn. Nếu trực tiếp chứng minh kết quả $$ f(a,b,c) \ge f \left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right) $$ thì tính toán sẽ rất nhiều và gặp rất nhiều khó khăn.
  • Sử dụng kết quả này ta có thể chứng minh kết quả sau $$ \frac{2a-a^2}{2a^2-2a+1}+\frac{2b-b^2}{2b^2-2b+1}+\frac{2c-c^2}{2c^2-2c+1} \le 3 $$ với các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=1 $.
Bài Toán 2. (Quykhtn) Cho tam giác $ ABC $ có độ dài 3 cạnh là $ a,b,c $ và 3 trung tuyến là $ m_a$, $m_b$, $m_c $. Chứng minh rằng $$ \frac{2}{\sqrt{3}} \left(m_a+m_b+m_c\right) \ge \sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}} $$
Lời giải. Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau
$$\begin{align} & \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}+\sqrt{2a^2+2b^2-c^2} \\ & \ge \sqrt{3}\left(\sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}\right) \end{align}$$
Không mất tổng quát giả sử rằng $ a \ge b \ge c \ge 0 $. Kí hiệu
$$ f(a,b,c)= \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}+\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}. $$
Ta sẽ chứng minh $ f(a,b,c) \ge f \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right) $. Để chứng minh kết quả này, đầu tiên ta chứng minh kết quả sau
$$ \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}+\sqrt{2a^2+2c^2-b^2} \ge \sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2} $$
Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức $ (x+y)^2=2(x^2+y^2)-(x-y)^2 $ ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng
$$ 3(b-c)^2 \ge \left(\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}-\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}\right)^2 $$
tương đương
$$ 3(b-c)^2 \ge \frac{9(b-c)^2(b+c)^2}{\left(\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}+\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}\right)^2} $$
Chú ý rằng
$$ \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}+\sqrt{2a^2+2c^2-b^2} \ge \sqrt{(a+b)^2-c^2}+\sqrt{(a+c)^2-b^2} ,$$
$$ \sqrt{a+b-c}+\sqrt{a+c-b}=\sqrt{2a+2\sqrt{(a+b-c)(a+c-b}} \ge \sqrt{2(b+c)} $$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng
$$ 2(a+b+c) \ge 3(b+c) \Leftrightarrow 2a \ge b+c $$
Điều này luôn đúng với $ a \ge b \ge c $. Để hoàn thành bước dồn biến ta phải chứng minh
$$ \sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2} +\sqrt{2b^2+2c^2-a^2} \ge \sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2} $$
tương đương
$$ \frac{(b-c)^2}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2}} \ge \frac{2(b-c)^2}{\sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2}} $$
tương đương
$$ \sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2} \ge 2 \left(\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2}\right) .$$
Dễ thấy $ (b-c)^2 \le (b-c+2(a-b))^2=(2a-b-c)^2 $ nên
$$ 2(b^2+c^2)=(b+c)^2+(b-c)^2 \le (b+c)^2+(2a-b-c)^2. $$
Do đó
$$\begin{align} 8a^2+(b+c)^2-4(2b^2+2c^2-a^2) &\ge 12a^2+(b+c)^2-4(b+c)^2-4(2a-b-c)^2 \\ & =(2a-b-c)(7(b+c)-2a) \ge 0 \end{align}$$
$$ 8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2-4((b+c)^2-a^2) \ge 0. $$
Bây giờ xét biểu thức
$$ g(a,b,c)=\sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}} $$
Dễ thấy $$\sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}} \le a $$ và $$\begin{align} & \left(\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}\right)^2 \\ & = b^2-\frac{(c-a)^2}{2}+c^2-\frac{(a-b)^2}{2}+2\sqrt{\left(b^2-\frac{(c-a)^2}{2}\right)\left(c^2-\frac{(a-b)^2}{2}\right)} \\ & \le b^2-\frac{(c-a)^2}{2}+c^2-\frac{(a-b)^2}{2}+2 \left(bc-\frac{(a-b)(a-c)}{2}\right)  \\  & = (b+c)^2-\frac{(2a-b-c)^2}{2} \end{align}$$
Như vậy
$$ g(a,b,c) \le g \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right) $$
Vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh
$$ f \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right) \ge g \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right) $$
tương đương
$$ \sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2} \ge \sqrt{3}\left(a+\sqrt{(b+c)^2-\frac{(2a-b-c)^2}{2}}\right) $$
Đặt $ \dfrac{b+c}{a}=x $ với $ 1 < x \le 2 $. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$$ \sqrt{x^2+8}+\sqrt{x^2-1} \ge \sqrt{3} \left(1+\sqrt{x^2-\frac{(x-2)^2}{2}}\right) $$
tương đương
$$ \frac{x^2-12x+20}{2}+2\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)} \ge 3\sqrt{2(x^2+4x-4)} $$
tương đương
$$ \frac{x^2-4x+4}{2} +2 \left(\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}-(5x-4)\right) \ge 3(\sqrt{2(x^2+4x-4)}-2x) $$
tương đương
$$ \frac{1}{2}+\frac{6}{\sqrt{2(x^2+4x-4)}+2x} \ge \frac{2(6-4x-x^2)}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)} $$
Chú ý rằng $ \sqrt{2(x^2+4x-4)}+2x \le 4x $ và
$$ \frac{2(6-4x-x^2)}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)}\le \frac{2}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)} \le \frac{2}{5x-4} \le \frac{2}{x}. $$
Mặt khác
$$ \frac{1}{2}+\frac{6}{4x}>\frac{1}{2x}+\frac{3}{2x}=\frac{2}{x} $$
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c $.

Sau đây là một số bài toán khó có thể chứng minh bằng phương pháp này
  1. Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng $$ \frac{1}{(b+c)^2+6}+\frac{1}{(c+a)^2+6}+\frac{1}{(a+b)^2+6} \ge \frac{3}{10} $$
  2. Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=1 $. Chứng minh rằng $$\begin{align} & \sqrt{4a+(b-c)^2}+\sqrt{4b+(c-a)^2}+\sqrt{4c+(a-b)^2} \\ & \ge 3 \left(\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\right) \end{align}$$
  3. Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=1 $. Tìm hằng số $ k $ dương lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng $$ \sqrt{a+k(b-c)^2}+\sqrt{b+k(c-a)^2}+\sqrt{c+k(a-b)^2} \le \sqrt{3} $$
  4. Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn:$ a+b+c=1 $. Chứng minh rằng $$\begin{align} & \frac{1}{\sqrt{(a^2+ab+b^2)(a^2+ac+c^2)}}+\frac{1}{\sqrt{(b^2+bc+c^2)(b^2+ba+a^2)}}+\frac{1}{\sqrt{(c^2+ca+a^2)(c^2+cb+b^2)}} \\ & \ge 4+\frac{8}{\sqrt{3}} \end{align}$$
  5. Cho tam giác $ ABC $ có độ dài 3 cạnh là $ a,b,c $ và 3 trung tuyến là $ m_a,m_b,m_c $.Chứng minh rằng $$ 2(m_a+m_b+m_c)+(6\sqrt{3}-9) \max(a,b,c) \ge (3\sqrt{3}-3)(a+b+c) $$
  6. Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=1 $. Tìm hằng số $ k $ dương lớn nhất để bất đẳng sau đúng $$ \frac{1}{\sqrt{a+k(b-c)^2}}+\frac{1}{\sqrt{b+k(c-a)^2}}+\frac{1}{\sqrt{c+k(a-b)^2}} \ge 3\sqrt{3} $$
  7. Cho các số thực không âm $ a,b,c $ thỏa mãn:$ a+b+c=3 $ và số thực $ k \ge \dfrac{17}{16} $. Chứng minh rằng $$ \frac{1}{\sqrt{a^2+kab+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+kbc+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+kca+a^2}} \ge \frac{3}{\sqrt{k+2}} $$

Post a Comment


$hide=home

$hide=mobile$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

$show=mobile$type=complex$c=6$spa=0$t=oot$h=1$sn=0$rm=0$m=0$l=0$src=random$sn=0

$hide=post$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Kỷ Yếu$cl=violet$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Journals$cl=green$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Name

Ả-rập Xê-út,1,Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,Ấn Độ,1,An Giang,16,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,19,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,47,Bắc Giang,45,Bắc Kạn,1,Bạc Liêu,8,Bắc Ninh,43,Bắc Trung Bộ,8,Bài Toán Hay,5,Balkan,37,Baltic Way,30,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,66,Bến Tre,43,Benelux,13,Bình Định,39,Bình Dương,19,Bình Phước,37,Bình Thuận,30,Birch,1,Booklet,11,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,5,Buôn Ma Thuột,1,BxMO,12,Cà Mau,12,Cần Thơ,13,Canada,39,Cao Bằng,6,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,36,Caucasus,2,CGMO,10,China,10,Chọn Đội Tuyển,308,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,122,Chuyên Sư Phạm,30,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,603,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,25,Đà Nẵng,39,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,51,Đắk Nông,5,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi HSG,1500,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,7,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,4,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,46,Đồng Tháp,50,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Duyên Hải Bắc Bộ,25,E-Book,31,EGMO,16,ELMO,19,EMC,8,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,25,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,12,Gia Lai,24,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,25,Hà Nội,220,Hà Tĩnh,66,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,46,Hải Phòng,40,Hàn Quốc,5,Hậu Giang,4,Hậu Lộc,1,Hilbert,1,Hình Học,32,HKUST,6,Hòa Bình,12,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,7,HSG 10,91,HSG 11,78,HSG 12,523,HSG 9,373,HSG Cấp Trường,76,HSG Quốc Gia,97,HSG Quốc Tế,16,Hứa Lâm Phong,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,28,Hương Sơn,1,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,24,IMO,51,India,45,Inequality,13,InMC,1,International,303,Iran,11,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,20,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,14,KHTN,49,Kiên Giang,61,Kim Liên,1,Kon Tum,17,Korea,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,42,Lai Châu,4,Lâm Đồng,31,Lạng Sơn,18,Langlands,1,Lào Cai,11,Lê Hoành Phò,4,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,1,Leibniz,1,Long An,41,Lớp 10,10,Lớp 10 Chuyên,430,Lớp 10 Không Chuyên,218,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,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,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,10,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,9,MYM,74,MYTS,4,Nam Định,30,Nam Phi,1,National,249,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,48,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 Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,8,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,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,3,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,38,Ninh Thuận,14,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,19,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,94,Olympic 10/3,3,Olympic 11,86,Olympic 12,28,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,19,Olympic 30/4,65,Olympic KHTN,6,Olympic Sinh Viên,73,Olympic Tháng 4,10,Olympic Toán,292,Olympic Toán Sơ Cấp,3,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 Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,26,Phú Yên,24,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,10,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,41,Putnam,25,Quảng Bình,39,Quảng Nam,28,Quảng Ngãi,31,Quảng Ninh,41,Quảng Trị,23,Riemann,1,RMM,12,RMO,24,Romania,36,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,68,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia,7,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,22,Shortlists,55,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,27,Sóc Trăng,27,Sơn La,11,Spain,8,Star Education,3,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tập San,4,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,25,Thạch Hà,1,Thái Bình,37,Thái Nguyên,33,Thái Vân,2,Thanh Hóa,54,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPTQG,15,THTT,7,Thừa Thiên Huế,34,Tiền Giang,18,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TP Hồ Chí Minh,112,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,33,Trại Hè Hùng Vương,24,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,9,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,Trung Quốc,12,Trường Đông,17,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,55,Tuyên Quang,6,Tuyển Sinh,3,Tuyển Tập,44,Tuymaada,4,Undergraduate,64,USA,44,USAJMO,10,USATST,7,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,1,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,26,Vĩnh Long,18,Vĩnh Phúc,58,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,42,VNTST,20,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,25,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,16,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,11,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad: [Nguyễn Văn Quý] Dồn Biến Thừa Trừ
[Nguyễn Văn Quý] Dồn Biến Thừa Trừ
MOlympiad
https://www.molympiad.xyz/2020/02/nguyen-van-quy-don-bien-thua-tru.html
https://www.molympiad.xyz/
https://www.molympiad.xyz/
https://www.molympiad.xyz/2020/02/nguyen-van-quy-don-bien-thua-tru.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 LABEL 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 Please share to unlock 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