Nhiếu cách chứng minh cho BĐT AM-GM (3 số dương).Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng $a^3 b^3 c^3\ge3abc$Chắc hẳn mỗi người chúng ta đều biết đến cách c/m: "\(VT-VP=\frac{1}{2}\left(a ...

Với a, b, c dương ta có bđt sau: $ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc$BĐT trên là đã là quá quen thuộc khi dùng AM-GM cho 3 số, nhưng nếu đối với những bạn mới chưa học AM-GM (như mình) thì mình làm gì? Mình chỉ mới tìm ra 3 cách phân tích cho bđt trên, các bạn tìm thêm nhé! Và mình nói trước là mình không chắc ở cách 3 nhé! Cách 1: Giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ ta...

0

T

tth_new

24 tháng 9 2019

Câu hỏi hay

1

TT

The Thong's VN Studio

2 tháng 10 2019

ok. Mình không nghĩ là toán 8 và thực sự chả hiểu j cả

CT

Châu Trần

4 tháng 7 2017

Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1

Chứng minh rằng: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{3}{2}.$

(Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Cauchy)

1

LF

Lightning Farron

4 tháng 7 2017

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}$

$\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)$. Thiếp lập 2 BĐT còn lại:

$\dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{b}{a+b}\right);\dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{b+c}\right)$

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

$A\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3=\dfrac{3}{2}$

Xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Nêu các cách chứng minh BĐT Nesbitt.BĐT Nesbitt là một BĐT khá quen thuộc trong các bài toán BĐT,chúng ta hay tìm những lời giải cho BĐT này nhé!Đề: Cho a,b,c>0.CMR $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$Cách 1:Thật vậy,ta...

T

tth_new

8 tháng 2 2019

4

KH

ʚ๖ۣۜKɦáηɦ ๖ۣۜHυүềηɞ‏

8 tháng 2 2019

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

KB

Khôi Bùi

8 tháng 2 2019

Đây nhé

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z

$\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}$

$\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b$

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :

$\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)$

$\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}$

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)

Câu 1: Chứng minh $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(n-1)n}$ với ∀n∈$N^*$Câu 2: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{a^4+b^4+c^4}{a+b+c}\geq abc$.Câu 3: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng: $\sqrt{a^6+b^6+1}+\sqrt{b^6+c^6+1}+\sqrt{c^6+a^6+1}\geq 3\sqrt{3}$Câu 4: Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng: $a^3+b^3+c^3\geq 3$Câu 5:...

K

Kuramajiva

30 tháng 12 2020

#Toán lớp 10

3

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

30 tháng 12 2020

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

$a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)$

Ta có:

$a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)$ (đpcm)

3.

Ta có:

$\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2$

$\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)$

$VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)$

Lại có:

$a^3+b^3+1\ge3ab$ ; $b^3+c^3+1\ge3bc$ ; $c^3+a^3+1\ge3ca$

$\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3$

$\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}$

Đúng(2)

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

30 tháng 12 2020

4.

Ta có:

$a^3+1+1\ge3a$ ; $b^3+1+1\ge3b$ ; $c^3+1+1\ge3c$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3$

5.

Ta có:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}$ ; $\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}$ ; $\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}$

$\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1$

Đúng(1)

NT

Nguyễn Thị Minh Nguyệt

13 tháng 9 2017

Cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng minh BĐT:

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

2

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

13 tháng 9 2017

áp dụng bđt cauchy ta có:

$\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2;\frac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\frac{c^3}{a}+ca\ge2c^2$

$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$

$\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-ab-bc-ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-a^2-b^2-c^2$

$=a^2+b^2+c^2\left(Q.E.D\right)$

DD

Đinh Đức Hùng

13 tháng 9 2017

Theo Cauchy - Schwarz ta có : $\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2+b^2\right)\ge\left(ab+bc+ac\right)^2$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\left|ab+bc+ac\right|\ge ab+ac+bc$

Ta có : $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+ac+bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}$

$=a^2+b^2+c^2$(đpcm)

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a+b+4c}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+c+4a}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+a+4b}{c+a}}\ge3\sqrt{3}.$Bài 2:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn abc=1. Chứng minh rằng:$\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2b}{bc+1}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2c}{ca+1}\right)^2}\ge3.$Giúp mình với! Mình cần...

TN

Tiến Nguyễn Minh

3 tháng 10 2019

2

CM

Copxki Minh

23 tháng 11 2020

1)

Ta có: $M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}$

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

CM

Copxki Minh

24 tháng 11 2020

2)

$\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}$

Ta có bổ đề: $\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3$

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

31 tháng 12 2020

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\left|\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\right|\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]$

2

DN

Đặng Ngọc Quỳnh

1 tháng 1 2021

giả sử $a\ge b\ge c\ge0$

Ta có: $a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}$

$b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}$

Tương tự: $b+\frac{c}{2}\ge\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}\ge c+\frac{b}{2};a+\frac{c}{2}\ge\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\ge c+\frac{a}{2}$

Lại có:+) $\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}$

$=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}$

$\ge\left(a-b\right)\left(b+\frac{a}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(a+\frac{c}{2}\right)$

$\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)$

+) $\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}$

$=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}$

$\le\left(a-b\right)\left(a+\frac{b}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(b+\frac{c}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)$

$\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(2\right)$

Từ 1,2 => đpcm

T

tth_new

2 tháng 1 2021

BĐT đã cho tuong duong voi:

$\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]$

Theo AM-GM ta có: $\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}$

Có: $VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}$

Cần chứng minh: $4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2$

Rõ ràng $\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}$

Cần cm: $36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}$

Hay $4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}$

Tiếp tục là điều hiển nhiên do $VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]$

$=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]$

$\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP$

Đẳng thức xảy ra khi $\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.$

LG

like game

9 tháng 8 2020

Chướng minh với a,b,c là các số không âm ta có

$a^3+b^3+c^3\ge3abc$

Không dùng BĐT AM-GM nha

2

TL

Tran Le Khanh Linh

9 tháng 8 2020

xét hiệu a³+b³+3abc=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)=(a+b+c)$\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2}\ge0$

đẳng thức xảy ra khi a=b=c

NN

Nobi Nobita

9 tháng 8 2020

Ta có: $a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc$

$=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc$

$=\left(a+b+c\right)^3-3.\left(a+b\right).c.\left(a+b+c\right)-3ab\left(a+b+c\right)$

$=\left(a+b+c\right).\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b\right).c-3ab\right]$

$=\left(a+b+c\right).\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-3ac-3bc-3ab\right)$

$=\left(a+b+c\right).\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)$

$=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right).\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\right)$

$=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right).\left[\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\right]$

$=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right).\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0$( Vì a, b, c không âm )

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3abc$( đpcm )

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{\text{2}\left( {{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{3}\ge 5$

1

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Đúng(2)

TC

TV Cuber

29 tháng 3 2022

trời ơi ? hack