17. January 2018 05:03
Các trang chính
· Trang Nhất
· Diễn đàn
· Tạp Chí MathVn
· Bản dịch Kvant
· Blogs
· FAQ
· Liên hệ
· Tìm kiếm
· Liên kết

· Thư viện
Đăng nhập
Tên tài khoản

Mật khẩu



Có phải bạn chưa là thành viên của cộng đồng MathVn?
Nhấp vào đây để đăng ký.

Có phải bạn quên mật khẩu?
Yêu cầu mật khẩu mới ở đây.
Search Articles
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp các bài báo khoa học bằng cách nhập DOI ở ô tìm kiếm bên dưới. DOI có thể tìm thấy ngay trong trang xuất bản online của bài báo mà bạn muốn tải. Bạn có thể nhập DOI thí dụ sau: 10.1007/BF01192073



Wolfram Alpha
Tính toán trực tuyến với Wolfram Alpha bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới


Donation
Cộng đồng MathVn hoạt động với mục đích phi lợi nhuận, tuy nhiên chúng tôi rất cần sự trợ giúp tài chính đề duy trì sự hoạt động của website cũng như ra mắt các ấn bản miễn phí, tổ chức các hoạt động offline... Mọi sự đóng góp dù nhỏ đều là quý báu và chúng tôi chân thành ghi nhận điều đó.



Wikipedia
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học qua Wikipedia bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới



RSS Feeds
Subscribe to our Feeds

Latest Downloads
Latest News
Latest Articles
Latest Threads
Latest Weblinks

Validated Feeds

Trực tuyến
Vnkvant00:14:12
betadict00:32:09
alpha45701:07:12
russo01:09:15
lazycat05:35:58
caothu199522:13:53
UEirt36523:59:09
daohaquangiang 2 days
Thành viên trực tuyến
· Khách trực tuyến: 1

· Thành viên trực tuyến: 0

· Tổng số thành viên: 2,548
· Thành viên mới nhất: russo
Bản dịch Kvant
· Đề ra kì này Số 04-2008
· Đề ra kì này Số 06-2006
· Đề ra kì này Số 05-2006
· Đề ra kì này Số 04-2006
· Đề ra kì này Số 03-2006
· Đê ra kì này Số 02-2006
· Đề ra kì này Số 01-2006
· Đề ra kì này Số 06-2002
· Đề ra kì này Số 04-2002
· Đề ra kì này Số 06-2001
Chủ đề diễn đàn
Chủ đề mới nhất
· Olympic Toán Sinh v...
· Olympic Sinh viên B...
· Tính giới hạn
· Phương trình hàm...
· Vài bài về hàm ...
· Mấy bài Ma trận
· Bất đẳng thức...
· Đại số Tuyến ...
· Bộ sách của Ngu...
· Nhóm xyclic
· Điểm bất động
· Korner's constructio...
· An inequality collec...
· L.C.Evans - PDE
· Olympiad SV МФТИ
· Generalization of so...
· Tặng daogiauvang ...
· Mùa hè nóng quá ...
· Collected inequality...
· Olympic SV Kiev
· Bất đẳng thức
· Tài khoản MAA (do...
· Bài tập về khô...
· Chú ý: THÁNG HÌN...
· Số Pi và những ...
· Chuyển công thứ...
· Ôn tập môn Giả...
· Đăng ký tham gia ...
· Phương pháp Monte...
· Olympic Sinh viên ...
Chủ đề nóng nhất
· Nhờ download b... [333]
· Vài bài tập c... [85]
· Những định l... [83]
· Problem Of The Mo... [76]
· BV Functions In O... [51]
· Đề thi tuyển... [47]
· Thông tin và Th... [40]
· L.C.Evans - PDE [38]
· Các bạn thi ol... [38]
· Problems of Purdu... [36]
· Problem of Washin... [36]
· Ôn tập môn Gi... [34]
· Olympic Sinh viê... [34]
· Olympic Toán Sin... [33]
· Olympic SV Kiev [33]
· PT vi phân [32]
· Ôn tập môn Đ... [31]
· Tính giới hạn [30]
· Call for papers-K... [30]
· Đóng góp cho c... [30]
· Mùa hè nóng qu... [28]
· Tuyển tập 40 ... [28]
· Cập nhật Tạ... [28]
· Korner's construc... [27]
· Đăng ký tham g... [26]
· Nhờ download b... [26]
· An inequality col... [25]
· Generalization of... [25]
· Phương pháp Mo... [25]
· Bất đẳng thức [24]
· Một câu xác s... [24]
· Tìm nghiệm c... [24]
· Tích phân hay [23]
· Bài tập về k... [22]
· Kì Thi Olympic T... [22]
· Olimpiad Toán Đ... [21]
· Mathematics Magazine [21]
· Phương trình h... [21]
· Phương trình h... [20]
· Collected inequal... [20]
· Chuyển công th... [20]
· College Mathemati... [20]
· Olympic Sinh viê... [19]
· Tặng daogiauvan... [19]
· Tài khoản MAA ... [19]
· Chú ý: THÁNG H... [19]
· Số Pi và nhữ... [19]
· Phép biến đ... [19]
· Journal Мате... [19]
· The Qualifying Ex... [19]
Xem chủ đề
Cộng Đồng MathVn » For High School Students » Thử thách giải Toán
 In chủ đề
Collected inequality from the other sites
can_hang2007
This topic, I will collect the inequalities from Mathlinks forum with their solutions.
Problem 1. (Shaam) Given that $\displaystyle a,b,c \geq 0$, and $\displaystyle a + b + c = 3$, prove that
$\displaystyle a+ab+2abc \le \frac{9}{2}.$
Link: http://www.mathli...39#1440739
Solution 1. (can_hang2007) Replacing $\displaystyle b=3-a-c,$ then we have to prove
$\displaystyle a+a(3-a-c)+2ac(3-a-c) \le \frac{9}{2},$
or equivalently,
$\displaystyle f(a)=(2c+1)a^2+(2c^2-5c-4)a+\frac{9}{2} \ge 0.$
We see that $\displaystyle f(a)$ is a quadratic polynomial of $\displaystyle a$ with the highest coefficient is positive. Moreover, its disciminant is
$\displaystyle \Delta= (2c^2-5c-4)^2-18(2c+1) =(2c-1)^2(c^2-4c-2) \le 0,$ as $\displaystyle 0 \le c \le 3.$
Therefore, $\displaystyle f(a) \ge 0$ and our proof is completed. Equality holds if and only if $\displaystyle a=\frac{3}{2},b=1,c=\frac{1}{2}.$ Smile

Solution 2 (Shaam). Applying AM - GM Inequality, we see that
$\displaystyle a+ab+2abc=a+2ab\left( c+\frac{1}{2}\right) \le a+2a\left( \frac{b+c+\frac{1}{2}}{2}\right)^2 =a+2 a\left( \frac{7-2a}{4}\right)^2.$
It suffices to prove that
$\displaystyle a+2 a\left( \frac{7-2a}{4}\right)^2 \le \frac{9}{2},$
which is equivalent to $\displaystyle (4-a)(3-2a)^2 \ge 0,$ which is true as $\displaystyle 4>a \ge 0.$

Problem 2. (ductrung, a present to manlio) For all nonnegative real numbers $\displaystyle a$, $\displaystyle b$ and $\displaystyle c$, no two of which are zero,
$\displaystyle \frac {a(b + c)(a^2 - bc)}{a^2 + bc} + \frac {b(c + a)(b^2 - ca)}{b^2 + ca} + \frac {c(a + b)(c^2 - ab)}{c^2 + ab}\ge 0.$
Link: http://www.mathli...p?t=264746
Solution. (can_hang2007) Setting $\displaystyle A = LHS,$ then we see that
$\displaystyle A = \sum \frac {a^3(b + c)}{a^2 + bc} - abc\sum \frac {b + c}{a^2 + bc} \ge \sum \frac {a^3(b + c)}{a^2 + bc} - abc\sum \frac {1}{a} $
$\displaystyle = \sum \frac {a^3(b + c)}{a^2 + bc} - \sum \frac {a(b + c)}{2} = \frac {1}{2} \sum \frac {a(b + c)(a^2 - bc)}{a^2 + bc} = \frac {1}{2}A,$
which shows that $\displaystyle A \ge 0.$ Smile

Problem 3. (Vasile Cirtoaje) Let $\displaystyle a,b,c$ be nonnegative real numbers, no two of which are zero. Prove that
a) $\displaystyle \frac 1{2a^2 + bc} + \frac 1{2b^2 + ca} + \frac 1{2c^2 + ab}\ge \frac 1{ab + bc + ca} + \frac 2{a^2 + b^2 + c^2}$;
b) $\displaystyle \frac 2{3}(\frac 1{a^2 + bc} + \frac 1{b^2 + ca} + \frac 1{c^2 + ab})\ge \frac 1{ab + bc + ca} + \frac 2{a^2 + b^2 + c^2}$;
c) $\displaystyle 2(\frac 1{a^2 + 8 bc} + \frac 1{b^2 + 8ca} + \frac 1{c^2 + 8ab})\ge \frac 1{ab + bc + ca} + \frac 1{a^2 + b^2 + c^2}$;
d) (Darij Grinberg) $\displaystyle \frac 1{a^2 + 2 bc} + \frac 1{b^2 + 2ca} + \frac 1{c^2 + 2ab}\ge \frac 2{ab + bc + ca} + \frac 1{a^2 + b^2 + c^2}$;
e) $\displaystyle \frac 5{3}(\frac 1{4a^2 + bc} + \frac 1{4b^2 + ca} + \frac 1{4c^2 + ab})\ge \frac 2{ab + bc + ca} + \frac 1{a^2 + b^2 + c^2}$.
Link: http://www.mathli...p?t=263911
Solution. (can_hang2007)
a) Assume that $\displaystyle c = \min\{a,b,c\}$, then the Cauchy Schwarz Inequality yields
$\displaystyle \frac {1}{2a^2 + bc} + \frac {1}{2b^2 + ca} \ge \frac {4}{2(a^2 + b^2) + c(a + b)},$
then we just need to prove that
$\displaystyle \frac {4}{2(a^2 + b^2) + c(a + b)} + \frac {1}{ab + 2c^2} \ge \frac {1}{ab + bc + ca} + \frac {2}{a^2 + b^2 + c^2},$
or equivalently
$\displaystyle \frac {c(a + b - 2c)}{(ab + 2c^2)(ab + bc + ca)} \ge \frac {2c(a + b - 2c)}{(a^2 + b^2 + c^2)(2a^2 + 2b^2 + ac + bc)} ,$
that is
$\displaystyle (a^2 + b^2 + c^2)(2a^2 + 2b^2 + ac + bc) \ge 2(ab + 2c^2)(ab + bc + ca),$
which is true since
$\displaystyle a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca$ and $\displaystyle 2a^2 + 2b^2 + ac + bc \ge 2(ab + 2c^2).$
This completes our proof. Smile
b) Rewrite our inequality as:
$\displaystyle \sum \frac {1}{a^2 + bc} \ge \frac {3(a + b + c)^2}{2(a^2 + b^2 + c^2)(ab + bc + ca)}.$
We will consider 2 cases:
Case 1. $\displaystyle a^2 + b^2 + c^2 \le 2(ab + bc + ca),$ then applying Cauchy Schwarz Inequality, we can reduce our inequality to
$\displaystyle \frac {6}{a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca} \ge \frac {(a + b + c)^2}{(a^2 + b^2 + c^2)(ab + bc + ca)},$
$\displaystyle (a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)(2ab + 2bc + 2ca - a^2 - b^2 - c^2) \ge 0,$ which is true.
Case 2. $\displaystyle a^2 + b^2 + c^2 \ge 2(ab + bc + ca),$ then $\displaystyle (a + b + c)^2 \le 2(a^2 + b^2 + c^2),$ which yields that
$\displaystyle \frac {3(a + b + c)^2}{2(a^2 + b^2 + c^2)(ab + bc + ca)} \le \frac {3}{ab + bc + ca},$
and we just need to prove that
$\displaystyle \frac {1}{a^2 + bc} + \frac {1}{b^2 + ca} + \frac {1}{c^2 + ab} \ge \frac {3}{ab + bc + ca},$
which is just a very known inequality. Smile
c) Replacing $\displaystyle a,b,c$ by $\displaystyle \frac {1}{a},\frac {1}{b},\frac {1}{c}$ respectively, we can rewrite our inequality as
$\displaystyle 4(a + b + c)\left( \frac {a}{8a^2 + bc} + \frac {b}{8b^2 + ca} + \frac {c}{8c^2 + ab}\right) \ge 2 + \frac {2abc(a + b + c)}{a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2}.$
Now, assume that $\displaystyle c = \min\{a,b,c\}$, then we have the following estimations:
$\displaystyle \frac {a(4a + 4b + c)}{8a^2 + bc} + \frac {b(4a + 4b + c)}{8b^2 + ca} - 2 = \frac {(a - b)^2(32ab - 12ac - 12bc + c^2)}{(8a^2 + bc)(8b^2 + ca)} \ge 0,$
and
$\displaystyle \frac {2abc(a + b + c)}{a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2} \le \frac {2c(a + b + c)}{ab + 2c^2}.$
With these estimations, we can reduce our inequality to
$\displaystyle \frac {3ac}{8a^2 + bc} + \frac {3bc}{8b^2 + ca} + \frac {4c(a + b + c)}{8c^2 + ab} \ge \frac {2c(a + b + c)}{ab + 2c^2},$
or
$\displaystyle \frac {3a}{8a^2 + bc} + \frac {3b}{8b^2 + ca} \ge \frac {2(a + b + c)(4c^2 - ab)}{(ab + 2c^2)(ab + 8c^2)}.$
According to Cauchy Schwarz Inequality, we have
$\displaystyle \frac {3a}{8a^2 + bc} + \frac {3b}{8b^2 + ca} \ge \frac {12}{8(a + b) + c\left( \frac {a}{b} + \frac {b}{a}\right)}.$
It suffices to show that
$\displaystyle \frac {6}{8(a + b) + c\left( \frac {a}{b} + \frac {b}{a}\right)}\ge \frac {(a + b + c)(4c^2 - ab)}{(ab + 2c^2)(ab + 8c^2)}.$
If $\displaystyle 4c^2 \le ab$, then it is trivial. Otherwise, we have
$\displaystyle a + b \le c + \frac {ab}{c},$ and $\displaystyle \frac {a}{b} + \frac {b}{a} \le \frac {ab}{c^2} + \frac {c^2}{ab}.$
We need to prove
$\displaystyle \frac {6}{8\left( c + \frac {ab}{c}\right) + c\left( \frac {ab}{c^2} + \frac {c^2}{ab}\right)} \ge \frac {\left( 2c + \frac {ab}{c}\right) (4c^2 - ab)}{(ab + 2c^2)(ab + 8c^2)},$
which is, after expanding, equivalent to
$\displaystyle \frac {(9ab - 4c^2)(ab - c^2)^2}{c(ab + 8c^2)(c^4 + 8abc^2 + 9a^2b^2)} \ge 0,$ which is true as $\displaystyle c = \min\{a,b,c\}.$
Our proof is completed. Smile

d) It is easy to see that the inequality is equivalent to $\displaystyle (a - b)^2(b - c)^2(c - a)^2 \ge 0$ (trivial). Smile

e) Assume that $\displaystyle c = \min\{a,b,c\}$, then we have the following estimations:
$\displaystyle \frac {1}{4a^2 + bc} + \frac {1}{4b^2 + ca} - \frac {4}{8ab + ac + bc} = \frac {(a - b)^2(32ab - 12ac - 12bc + c^2)}{(4a^2 + bc)(4b^2 + ca)(8ab + ac + bc)} \ge 0,$
and
$\displaystyle \frac {1}{a^2 + b^2 + c^2} \le \frac {1}{2ab + c^2}.$
Using these, we can reduce our inequality to
$\displaystyle \frac {20}{8ab + ac + bc} + \frac {5}{ab + 4c^2} \ge \frac {6}{ab + ac + bc} + \frac {3}{2ab + c^2}.$
Denote $\displaystyle x = a + b \ge 2\sqrt {ab},$ then this inequality can be rewritten as
$\displaystyle f(x) = \frac {20}{cx + 8ab} - \frac {6}{cx + ab} + \frac {5}{ab + 4c^2} - \frac {3}{2ab + c^2} \ge 0.$
We have
$\displaystyle f'(x) = \frac {6c}{(cx + ab)^2} - \frac {20}{(cx + 8ab)^2} \ge \frac { 20c}{(cx + ab)(cx + 8ab)} - \frac {20c}{(cx + 8ab)^2} = \frac {140abc}{(cx + ab)(cx + 8ab)^2} \ge 0.$
This shows that $\displaystyle f(x)$ is increasing, and we just need to prove that $\displaystyle f(2\sqrt {ab}) \ge 0,$ which is equivalent to
$\displaystyle \frac {7c(13t^2 + 6tc + 8c^2)(t - c)^2}{t(t + 2c)(4t + c)(2t^2 + c^2)(t^2 + 4c^2)} \ge 0,$ (where $\displaystyle t = \sqrt {ab}$).
This is obviously nonnegative, so our proof is completed. Smile
Sửa bởi can_hang2007 lúc 27-03-2009 02:08
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
Today, I will continue with the two new inequalities of Vasile Cirtoaje as follow:

Problem 4. (Vasile Cirtoaje) Find the smallest value of and such that the inequalities below holds for any nonnegative real numbers , no two of which are zero:
a) $\displaystyle \frac{a(b+c)}{a^2+2bc} +\frac{b(c+a)}{b^2+2ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+2ab} -2+k_1 \left( \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} -1\right) \ge 0;$
b) $\displaystyle \frac{a(b+c)}{2a^2+bc} +\frac{b(c+a)}{2b^2+ca}+\frac{c(a+b)}{2c^2+ab} -2+k_2 \left( \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} -1\right) \ge 0.$
Link: http://www.mathli...p?t=265697
Hint. (can_hang2007) The answer is $\displaystyle k_1=\frac{1}{\sqrt{2}},$ and $\displaystyle k_2=\frac{32}{27}.$
I will just write the hint, the detail proofs will be left to the readers Smile
a) Since $\displaystyle \frac{a(b+c)}{a^2+2bc} -\frac{a(b+c)}{ab+bc+ca} =-\frac{a(b+c)(a-b)(a-c)}{(ab+bc+ca)(a^2+2bc)},$ and
$\displaystyle \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} -1 =\frac{(a-b)(a-c)+(b-c)(b-a)+(c-a)(c-b)}{ab+bc+ca},$
we can rewrite our inequality as
$\displaystyle \sum (a-b)(a-c)\left( \frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}\right) \ge 0.$
To use the Vornicu Schur method, the terms $\displaystyle x,y,z$ of $\displaystyle \sum x(a-b)(a-c)$ must be nonnegative, but unfortunately, the inequality $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{a(b+c)}{a^2+2bc} \ge 0,$ does not always hold. Therefore, we can't use directly the Vornicu Schur technique. However, with note at the trivial identity
$\displaystyle (b-c)^2(a-b)(a-c)+(c-a)^2(b-c)(b-a)+(a-b)^2(c-a)(c-b) =0,$
we can rewrite our inequality in the form
$\displaystyle \sum (a-b)(a-c) \left( \frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{(b-c)^2}{ab+bc+ca} \right) \ge 0,$
It is easy to prove that
$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{(b-c)^2}{ab+bc+ca} \right) \ge \frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{a(b+c)}{a^2+\frac{(b+c)^2}{2}} \ge 0.$
Therefore, we can use the Vornicu Schur technique for $\displaystyle x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b) \ge 0,$ where
$\displaystyle x= \frac{1}{\sqrt{2}} -\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{(b-c)^2}{ab+bc+ca} \ge 0.$
Now, assume that $\displaystyle a \ge b \ge c,$ we can prove that $\displaystyle z \ge y$ (the readers can try this) and with the theorem of Vornicu Schur, we can get the result.
Equality holds for $\displaystyle a=b=c$ and again for $\displaystyle a=\sqrt{2}b=\sqrt{2}c$ (with its cyclic permutations). Smile

b) By the same idea with a), we can rewrite our inequality as
$\displaystyle \sum (a-b)(a-c) \left( \frac{32}{27}\cdot \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}+\frac{(a+b+c)(b-c)^2}{2(ab+bc+ca)} -\frac{b+c}{2a^2+bc}\right) \ge 0.$
This inequality has the form $\displaystyle x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b) \ge 0,$ with
$\displaystyle x = \frac{32}{27}\cdot \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}+\frac{(a+b+c)(b-c)^2}{2(ab+bc+ca)} -\frac{b+c}{2a^2+bc} \ge 0.$
Now, assume that $\displaystyle a \ge b \ge c,$ we can prove that $\displaystyle ax \ge by$ (the readers can try this, too) and with the theorem of Vornicu Schur, we can get the result.
Equality holds for $\displaystyle a=b=c$ and again for $\displaystyle a=b=4c$ (with its cyclic permutations). Smile
Sửa bởi can_hang2007 lúc 23-03-2009 16:21
The love makes us stronger!
 
daogiauvang
Lời giải dùng Schur-Vonicur rất thú vị. Nhưng hằng đẳng thức bổ sung rất đặc biệt.

----

Nhắc nhở: daogiauvang, chú ý là bạn đang ở các Box English đấy nhé!
Sửa bởi Vnkvant lúc 23-03-2009 20:57
If I feel unhappy , I do mathematics to become happy , If I feel happy , I do mathematics to keep happy


http://360.yahoo....ntethegioi
 
http://en.beijing08.cn
can_hang2007
Continue:
Problem 5. (Ductrung) Let $\displaystyle a,b,c$ be nonnegative real numbers, no two of which are zero. Prove that
$\displaystyle \frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b)^2} \ge \frac{(a+b+c)^4}{4(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}.$
Link: http://www.mathli...p?t=266180
Proof. (can_hang2007) This inequality follows from
$\displaystyle (a^2 + b^2 + c^2) \left( \frac {1}{(b + c)^2} + \frac {1}{(c + a)^2} + \frac {1}{(a + b)^2}\right) \ge \left( \frac {a}{b + c} + \frac {b}{c + a} + \frac {c}{a + b}\right)^2,$
and
$\displaystyle \frac {a}{b + c} + \frac {b}{c + a} + \frac {c}{a + b} \ge \frac {(a + b + c)^2}{2(ab + bc + ca)}.$
Smile
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
Continue...
Problem 6. (secrets) Let $\displaystyle a,b,c$ be nonnegative real numbers, no two of which are zero. Prove that
$\displaystyle \sqrt{\frac{b^2-bc+c^2}{a^2+bc}}+\sqrt{\frac{c^2-ca+a^2}{b^2+ca}}+\sqrt{\frac{a^2-ab+b^2}{c^2+ab}} +\frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \ge 4.$
Link: http://www.mathli...p?t=266228
Proof. (can_hang2007) This inequality follows from applying AM-GM as follow:
$\displaystyle \sqrt {\frac {b^2 - bc + c^2}{a^2 + bc}} \ge \frac {2(b^2 - bc + c^2)}{(a^2 + bc) + (b^2 - bc + c^2)} = \frac {2(b^2 - bc + c^2)}{a^2 + b^2 + c^2},$
;) Smile
The love makes us stronger!
 
Jump to Forum:
Bài viết Blog
Vnkvant
» An epsilon of room
luongdinhgiap
» Đêm suy tư _17...
Vnkvant
» Vai trò của to...
hoadai
» ISI Impact factor...
betadict
» George Box và h...
gshopf
» Vé số dưới ...
fuzzy2015
» Toán hay là kh...
Vnkvant
» Ai là tiến sĩ...
umf
» Mục đích họ...
mathexy
» Dự đoán độ...
Search E-books
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp với hơn 1.5 triệu đầu sách điện tử bằng cách nhập từ khóa ở ô tìm kiếm bên dưới. Để yêu cầu tài các liệu khác, bạn phải đăng nhập với tài khoản của diễn đàn và vào đây


Facebook

Bạn có thể theo dõi tin tức từ Cộng đồng MathVn trên Facebook bằng cách Like hoặc nhấp vào biểu tượng bên dưới

Shoutbox
You must login to post a message.

30-12-2017 09:40
Diễn đàn vừa sửa xong lỗi encode Tiếng việt. Gửi lời xin lỗi với mọi người!

11-06-2016 05:04
Grin

11-06-2016 04:33
để mình hỏi mấy người bạn chụp giúp xem. Trên mạng có một số mới nhưng số 2 của 2016 thì chưa


10-06-2016 14:59
Cùng dịch tạp chí kvant, nhưng em muốn xem các số mới nhất. Ai có thể share các số 2015-2016

08-05-2016 17:24
các anh chi nào có đề thi cao học viện toán đợt 1 năm 2016 k ạ?

03-05-2016 23:21
http://kvant.mccme
.ru/ Trang này có các số từ 2014 trở về trước. Grin

23-04-2016 05:23
Không biết ai có bản gốc số mới nhỉ Grin

22-04-2016 21:35
Các anh có thể dịch thêm Đề ra kì này của Kvant được không ạ?Em thấy chuyên mục đó có nhiều bài hay ạ. Smile

22-04-2016 16:46
Ok! Hi vọng sớm vận động đc anh em, có thể dịch thêm một số bài viết hay

22-04-2016 10:22
Thế thì tuyệt quá ạ. Smile

22-04-2016 05:22
Có ai muốn khởi động việc dịch tạp chí kvant lại ko nhỉ?

13-04-2016 23:10
Angry

13-04-2016 00:32
ai có đề olympic năm nay post lên nhé Grin

08-04-2016 14:10
Diễn đàn toán học thì có lâu rồi. Chỉ tiếc là bây giờ nó lung tung quá, nản.

08-04-2016 11:56
mọi người biết diễn đàn này chưa diendantoanhoc.net

29-03-2016 03:38
chúc mọi người có kỳ nghỉ Easter vui vẻ Grin

25-03-2016 02:25
trang này thú vị thật, mình đọc bài toán sandwich suy nghĩ một lúc rồi xem lời giải bằng hình ảnh hóa ra là đơn giản thật, quá thú vị Smile


24-03-2016 12:27
Hình như có giới hạn cho số kí tự ở shoutbox. Mình vửa gửi lại.

24-03-2016 12:26

24-03-2016 09:59
Không vào được prime ơi, bỏ vào thẻ [url] thử.

2,915,307 lượt ghé thăm