Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Đại Số và Lượng Giác > Các Bài Toán Đã Được Giải

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 08-02-2011, 05:12 PM   #751
Math war
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Đến từ: VietNam
Bài gởi: 24
Thanks: 19
Thanked 6 Times in 4 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử View Post
Cái điều kiện thỏa mãn chắc đúng không em
sorry nhiều, em đánh thiếu mà không nhận ra, là $xy+yz+zx\leq3xyz $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Math war is offline  
Old 08-02-2011, 05:28 PM   #752
nguyenhtctb
+Thành Viên+
 
nguyenhtctb's Avatar
 
Tham gia ngày: Dec 2010
Đến từ: CHXHCN Việt Nam quang vinh muôn năm
Bài gởi: 28
Thanks: 115
Thanked 10 Times in 9 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi ronadomath View Post
Cho x,y,z>0 tm $x^5+y^5+z^5=3 $
CMR $\sum \frac{x^4}{y^3}\geq 3 $
$\sum \frac{x^4}{y^3}\geq \frac{{(x^5+y^5+z^5)}^2}{x^6y^3+y^6z^3+z^6x^3} $
Cần chứng minh $3 \geq x^6y^3+y^6z^3+z^6x^3 $
Ta có: $15 \ge \sum(x^5+3x^5y^5+x^{10}) \ge \sum 5x^6y^3 $
Suy ra đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: nguyenhtctb, 08-02-2011 lúc 07:40 PM Lý do: Cần phải gõ tiếng Việt có dấu trong bài viết.
nguyenhtctb is offline  
Old 08-02-2011, 06:23 PM   #753
Unknowing
+Thành Viên+
 
Unknowing's Avatar
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Đến từ: THPT Hùng Vương Bình Phước( ۩xứ bụi ۩)
Bài gởi: 303
Thanks: 420
Thanked 302 Times in 164 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới Unknowing
Trích:
Nguyên văn bởi Math war View Post

Bài 2: Cho x,y,z >0 t/m $xy +zy + xz \leq 3xyz $
Chứng minh: $ \sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{z^2}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} $
từ giả thiết ta suy ra
$3\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\Rightarrow xyz\geq 1 $

đặt $a=\sqrt[6]{x};b=\sqrt[6]{y};c\sqrt[6]{z} $
trên trỡ thành
$a^4+b^4+c^4 \geq a^3+b^3+c^3 $
áp dụng bđt cosi ta có
$a^4+a^4+a^4+1\geq4a^3 $
.
.
.
mà ta có $a^3+b^3+c^3\geq3 $
cộng lại ta đc
$ đccm $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
$Le~Thien~Cuong $

thay đổi nội dung bởi: Unknowing, 08-02-2011 lúc 06:23 PM Lý do: ...
Unknowing is offline  
The Following User Says Thank You to Unknowing For This Useful Post:
Math war (09-02-2011)
Old 08-02-2011, 10:05 PM   #754
Quydo
+Thành Viên+
 
Quydo's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2010
Bài gởi: 182
Thanks: 143
Thanked 79 Times in 55 Posts
Cho a,b>0;x>y>0
CMR: $(a^x+b^x)^y<(a^y+b^y)^x $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
MH
MH
Quydo is offline  
Old 08-02-2011, 10:19 PM   #755
ronadomath
Banned
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Bài gởi: 53
Thanks: 4
Thanked 6 Times in 6 Posts
Cho a,b>0.CMR $\frac{a+b+a^2b^2}{ab}+\frac{54ab}{(a+b)ab+6ab+1} $$\geq 9 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ronadomath, 08-02-2011 lúc 10:21 PM Lý do: thich sua
ronadomath is offline  
Old 08-02-2011, 11:21 PM   #756
hanhphuc254
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Aug 2010
Bài gởi: 23
Thanks: 18
Thanked 4 Times in 2 Posts
mo rong va ung dung bat dang thuc

Giúp mình tìm bài tập áp dụng bất đẳng thức này :


$\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} $ +$\sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2} $ + $\sqrt{\sum_{i=1}^n c_i^2} $ $\ge $ $\sqrt{\sum_{i=1}^n (a_i + b_i + c_i)^2} $

dạng mở rộng càng hay
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: asimothat, 08-02-2011 lúc 11:49 PM Lý do: cảnh báo bạn viết tiếng việt có dấu hoặc tiếng Anh :)
hanhphuc254 is offline  
Old 08-02-2011, 11:48 PM   #757
Mashmallow
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2011
Bài gởi: 9
Thanks: 4
Thanked 1 Time in 1 Post
Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có
$
1) a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} + 4abc \geq a^{3} +b^{3}+c^{3} $

2) $\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p} $

3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $

5) $\frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ac}{l_{b}} \leq 6R $

6) $sinA.sinB+sinB.sinC+sinC.sinA \geq 9.(\frac{r}{R})^{2} $

7) $4(A+B)\leq 5C $ với $2A+3B=\pi $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Mashmallow, 09-02-2011 lúc 09:31 PM
Mashmallow is offline  
Old 09-02-2011, 12:35 AM   #758
Mệnh Thiên Tử
+Thành Viên+
 
Mệnh Thiên Tử's Avatar
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: my home
Bài gởi: 266
Thanks: 128
Thanked 126 Times in 92 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới Mệnh Thiên Tử
Trích:
Nguyên văn bởi Mashmallow View Post
2) $\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p} $

3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $
Bài 2:
sử dụng BĐT :
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq \sqrt{a+b+c} $
và $(a + b + c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $. trình bày :
ta có $\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\geq \sqrt{3p-(a+b+c)} $
và $(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a})^{2}\leq 3(\sqrt{p-a}^{2}+\sqrt{p-b}^{2}+\sqrt{p-c}^{2}) $.
Bài 6 :
sử dụng $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) , r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $ , định lý hàm sin , Cauchy 3 số .Trình bày:
Ta có :
$\sin A\sin B = \frac{ab}{4R^{2}} $
$\sin B\sin C = \frac{bc}{4R^{2}} $
$\sin C\sin A = \frac{ca}{4R^{2}} $
cần chứng minh $ab+bc+ca \geq 36r^{2} $
ta lại có $r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $
$\Rightarrow 36r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
ta lại có $9abc \geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
Việc của chúng ta là chứng minh $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc $
Điều này thỏa mãn với bđt Cauchy cho
$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} $
$ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $


Bài 3 , 4 có trong sách " Nâng cao và phát triển lớp 9 " ( không nhớ quyển mấy )của thầy Vũ Hữu Bình nhưng khá dài , có ai có cách khác không

Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ , a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Thà Chịu Hi SinhCòn Hơn Chịu Chết

thay đổi nội dung bởi: Mệnh Thiên Tử, 09-02-2011 lúc 12:48 AM Lý do: chán quá sửa chơi
Mệnh Thiên Tử is offline  
The Following 2 Users Say Thank You to Mệnh Thiên Tử For This Useful Post:
long_chau2010 (09-02-2011), Mashmallow (09-02-2011)
Old 09-02-2011, 09:02 AM   #759
long_chau2010
+Thành Viên+
 
long_chau2010's Avatar
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Đến từ: Trung tâm giáo dục thường xuyên tỉnh Ninh Thuận thành phố Phan Rang Tháp Chàm.
Bài gởi: 117
Thanks: 260
Thanked 30 Times in 21 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử View Post
Bài 2:
sử dụng BĐT :
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq \sqrt{a+b+c} $
và $(a + b + c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $. trình bày :
ta có $\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\geq \sqrt{3p-(a+b+c)} $
và $(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a})^{2}\leq 3(\sqrt{p-a}^{2}+\sqrt{p-b}^{2}+\sqrt{p-c}^{2}) $.
Bài 6 :
sử dụng $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) , r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $ , định lý hàm sin , Cauchy 3 số .Trình bày:
Ta có :
$\sin A\sin B = \frac{ab}{4R^{2}} $
$\sin B\sin C = \frac{bc}{4R^{2}} $
$\sin C\sin A = \frac{ca}{4R^{2}} $
cần chứng minh $ab+bc+ca \geq 36r^{2} $
ta lại có $r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $
$\Rightarrow 36r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
ta lại có $9abc \geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
Việc của chúng ta là chứng minh $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc $
Điều này thỏa mãn với bđt Cauchy cho
$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} $
$ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $


Bài 3 , 4 có trong sách " Nâng cao và phát triển lớp 9 " ( không nhớ quyển mấy )của thầy Vũ Hữu Bình nhưng khá dài , có ai có cách khác không

Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ , a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé
Đường phân giác
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Never Give Up...Keep Moving Forward... This Is Me .
long_chau2010 is offline  
Old 09-02-2011, 10:36 AM   #760
ronadomath
Banned
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Bài gởi: 53
Thanks: 4
Thanked 6 Times in 6 Posts
Cho a,b,c là các số thực đôi một khác nhau.CMR
$\sum \frac{a^2b^2+1}{(a-b)^2} \geq \frac{3}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
ronadomath is offline  
Old 09-02-2011, 10:46 AM   #761
Lan Phuog
+Thành Viên Danh Dự+
 
Lan Phuog's Avatar
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Đến từ: Thái Bình
Bài gởi: 564
Thanks: 289
Thanked 326 Times in 182 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi ronadomath View Post
Cho a,b>0.CMR $\frac{a+b+a^2b^2}{ab}+\frac{54ab}{(a+b)ab+6ab+1} $$\ge 9 $
Chuyển sang dạng thuần nhất: Cho $a,b,c>0. $
cmr: $\sum \frac{bc}{a^2}+\frac{54abc}{\sum a^3+6abc}\ge 9 $
giả sử $a\ge b\ge c $
bdt $\Leftrightarrow \sum S_a(b-c)^2 $, với:
$S_a=\frac{ab+bc+ca}{b^2c^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_b=\frac{ab+bc+ca}{c^2a^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_c=\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
Có: $S_b=\frac{f(a)}{M} $ với $M=a^2c^2(\sum a^3+6abc)>0 $
$f(a)=(b+c)a^4+(bc-6c^2)a^3+(b^4+c^4+b^3c+bc^3+6b^2c^2)a+b^4c+bc^4 $ là hàm đồng biến
suy ra $f(a)\ge f(b)>0 $
Dễ dàng có $S_a+S_b $ và $S_b+S_c $ đều $\ge 0 $
bđt được cm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Lan Phuog, 09-02-2011 lúc 02:30 PM
Lan Phuog is offline  
The Following 3 Users Say Thank You to Lan Phuog For This Useful Post:
daylight (09-02-2011), long_chau2010 (09-02-2011), Unknowing (09-02-2011)
Old 09-02-2011, 12:18 PM   #762
Unknowing
+Thành Viên+
 
Unknowing's Avatar
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Đến từ: THPT Hùng Vương Bình Phước( ۩xứ bụi ۩)
Bài gởi: 303
Thanks: 420
Thanked 302 Times in 164 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới Unknowing
Trích:
Nguyên văn bởi Mashmallow View Post
Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $
theo công thức hê-rông ta có
$1=p(p-a)(p-b)(p-c) $

$\Leftrightarrow 16=(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)+(b+c-a) $
=$\left [ (a+b)^2-c^2 \right ]\left [ c^2-(a-b)^2 \right ]\leq \left ( a^2+b^2+2ab-c^2 \right ).c^2 $
vì $0<c^2-(a-b)^2 \leq c^2 $

suy ra

$16\leq 2a^2.c^2+2b^2c^2-c^4 \leq (a^b+b^4+(b^4+c^4)-c^4=a^4+b^4+c^4 $
------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi Mashmallow View Post
Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có



3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $
ta có $S=pr=\frac{1}{2}c.h\Rightarrow \frac{r}{h}=\frac{c}{a+b+c} $
$a+b>c $ nên $\frac{r}{h}<0,5 $

mặt khác $c^2 \geq a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2} $
suy ra $a+b \leq c\sqrt{2} $
$\Rightarrow \frac{r}{h}\geq \frac{c}{c(\sqrt{2}+1)}=\sqrt{2}-1>0,4 $


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
$Le~Thien~Cuong $

thay đổi nội dung bởi: Unknowing, 09-02-2011 lúc 12:30 PM Lý do: ...
Unknowing is offline  
The Following 3 Users Say Thank You to Unknowing For This Useful Post:
long_chau2010 (09-02-2011), Mashmallow (09-02-2011), Mệnh Thiên Tử (09-02-2011)
Old 09-02-2011, 12:39 PM   #763
NguyenNhatTan
+Thành Viên+
 
NguyenNhatTan's Avatar
 
Tham gia ngày: Jul 2010
Đến từ: THPT Lào Cai 1
Bài gởi: 202
Thanks: 30
Thanked 246 Times in 122 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi ronadomath View Post
Cho a,b,c là các số thực đôi một khác nhau.CMR
$\sum \frac{a^2b^2+1}{(a-b)^2} \geq \frac{3}{2} $
$\sum{\frac{a^{2}b^{2}+1}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.\sum{\frac{(1-ab)^{2}+(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.(\sum{\frac{(1-ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}+\sum{\frac{(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}) \geq \frac{1}{2}.(-2.\sum{[\frac{1-ab}{a-b}.\frac{1-bc}{b-c}]}+\sum{[\frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}]})=\frac{3}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
NguyenNhatTan is offline  
The Following User Says Thank You to NguyenNhatTan For This Useful Post:
daylight (11-02-2011)
Old 09-02-2011, 01:11 PM   #764
Mashmallow
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2011
Bài gởi: 9
Thanks: 4
Thanked 1 Time in 1 Post
Trích:
Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử View Post
Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $, a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé
$\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ là dộ dài phân giác trong của các góc tương ứng, a, b, c thì là độ dài các cạnh tam giác.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Mashmallow is offline  
Old 09-02-2011, 02:40 PM   #765
ronadomath
Banned
 
Tham gia ngày: Jan 2011
Bài gởi: 53
Thanks: 4
Thanked 6 Times in 6 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Lan Phuog View Post
Chuyển sang dạng thuần nhất: Cho $a,b,c>0. $
cmr: $\sum \frac{bc}{a^2}+\frac{54abc}{\sum a^3+6abc}\ge 9 $
giả sử $a\ge b\ge c $
bdt $\Leftrightarrow \sum S_a(b-c)^2 $, với:
$S_a=\frac{ab+bc+ca}{b^2c^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_b=\frac{ab+bc+ca}{c^2a^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_c=\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
Có: $S_b=\frac{f(a)}{M} $ với $M=a^2c^2(\sum a^3+6abc)>0 $
$f(a)=(b+c)a^4+(bc-6c^2)a^3+(b^4+c^4+b^3c+bc^3+6b^2c^2)a+b^4c+bc^4 $ là hàm đồng biến
suy ra $f(a)\ge f(b)>0 $
Dễ dàng có $S_a+S_b $ và $S_b+S_c $ đều $\ge 0 $
bđt được cm.
cám ơn vì lời giải của bạn.nhưng mình chưa hiểu dòng đầu tiên lắm.ai có cách khác đẹp hơn ko
------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi NguyenNhatTan View Post
$\sum{\frac{a^{2}b^{2}+1}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.\sum{\frac{(1-ab)^{2}+(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.(\sum{\frac{(1-ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}+\sum{\frac{(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}) \geq \frac{1}{2}.(-2.\sum{[\frac{1-ab}{a-b}.\frac{1-bc}{b-c}]}+\sum{[\frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}]})=\frac{3}{2} $
cái phần cm $\sum \frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}=1 $ bạn có cm nào mà ko phải quy đồng lên ko?
(bài này còn có cách dùng bunhia khá hay)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ronadomath, 09-02-2011 lúc 02:43 PM Lý do: Tự động gộp bài
ronadomath is offline  
Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Tags
bất đẳng thức

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 10:34 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2017, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 108.37 k/125.48 k (13.64%)]