Câu 285

a) ĐKXĐ: $x\le 10.$

 \(PT\Leftrightarrow\left(\dfrac{x^3+7x^2+18x+4}{\sqrt{10-x}}-10\right)+\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\dfrac{\left(x^5+15x^4+100x^3+360x^2+740x+984\right)}{\sqrt{10-x}\left(x^3+7x^2+8x+4+10\sqrt{10-x}\right)}+1\right]=0\)

Rõ ràng biểu thức trong ngoặc vuông vô nghiệm.

Vậy $x=1$ (TMĐKXĐ)

b) Đặt $t=ab+bc+ca.$

 \(a,b,c\in\left[0,1\right]\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1.\) (1)

Từ (1) suy ra \(3abc\ge\sum c\left(a+b-1\right)=2t-\left(a+b+c\right)\ge2t-3\)

Cũng do $a,b,c\in \left[0,1\right]$ suy ra \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\Rightarrow abc\le\sum\left(ab-a\right)+1\)

Do đó"\(VT\le\sum\dfrac{a}{1+bc}+\sum\left(ab-a\right)+1\)

\(=\sum\left(\dfrac{a}{1+bc}-a\right)+\sum ab+1\)

\(=-abc\sum\dfrac{1}{1+bc}+ab+bc+ca+1\)

\(\le t+1-\dfrac{9abc}{t+3}\le t+1-\dfrac{3\left(2t-3\right)}{t+3}\le\dfrac{5}{2}\) 

\(\Leftrightarrow\left(2t-3\right)\left(3-t\right)\ge0\)

Do \(t\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\) nên nếu $ab+bc+ca\ge \dfrac{3}{2}$ thì bất đẳng thức đúng.

Trong trường hợp ngược lại ta có \(VT\le t+1-\dfrac{9abc}{t+3}\le t+1\le\dfrac{3}{2}+1=\dfrac{5}{2}\) (đpcm)

Hoàn tất chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi (bạn đọc tự xét)

290

Ta có \(\dfrac{a^4b}{a^2+1}=a^2b-\dfrac{a^2b}{a^2+1}\ge a^2b-\dfrac{a^2b}{2a}=a^2b-\dfrac{ab}{2}\)

Chứng minh tương tự ta được:  

\(\dfrac{b^4c}{b^2+1}\ge b^2c-\dfrac{bc}{2};\dfrac{c^4a}{c^2+1}\ge c^2a-\dfrac{ca}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^4b}{a^2+1}+\dfrac{b^4c}{b^2+1}+\dfrac{c^4a}{c^2+1}\ge a^2b+b^2c+c^2a-\dfrac{ab}{2}-\dfrac{bc}{2}-\dfrac{ca}{2}\)

Áp dụng bđt Cô-si:

\(a^2b+a^2b+b^2c\ge3\sqrt[3]{a^2b\cdot a^2b\cdot b^2c}=3\sqrt[3]{a^3b^3\cdot abc}=3ab\)

Tương tự: \(b^2c+b^2c+c^2a\ge3bc;c^2a+c^2a+a^2b\ge3ca\)

\(\Rightarrow a^2b+a^2b+b^2c+b^2c+b^2c+c^2a+c^2a+c^2a+a^2b\ge3ab+3bc+3ca\Rightarrow3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^4b}{a^2+1}+\dfrac{b^4c}{b^2+1}+\dfrac{c^4a}{c^2+1}\ge a^2b+b^2c+c^2a-\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge ab+bc+ca-\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)=\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge\dfrac{3}{2}\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=\dfrac{3}{2}\) Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

C290: [Toán] - Hoc24

Bài nào đó k ghi số nên không bt gọi ntn:

Chuẩn hóa x + y + z = 3. Ta cần cm \(x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le4\).

Giả sử \(z=mid\left\{x,y,z\right\}\Rightarrow\left(x-z\right)\left(y-z\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow xy+z^2\le xz+yz\)

\(\Leftrightarrow x^2y+xz^2\le x^2z+xyz\).

Từ đó \(x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le x^2z+xyz+y^2z+xyz=z\left(x+y\right)^2\le\dfrac{\dfrac{\left(2z+x+y+x+y\right)^3}{27}}{2}=4\).

Câu cuối:

Áp dụng BĐT BSC:

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

Tương tự \(\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c+a}}=\le\dfrac{b\sqrt{1+c+a}}{a+b+c}\); \(\dfrac{c}{\sqrt{c^2+a+b}}=\le\dfrac{c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)

Khi đó \(VT\le\Sigma\left(\dfrac{a}{a+b+c}.\sqrt{1+b+c}\right)\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\)

Áp dụng BĐT Chebyshev với bộ \(\dfrac{a}{a+b+c};\dfrac{b}{a+b+c};\dfrac{c}{a+b+c}\) và \(\sqrt{1+b+c};\sqrt{1+c+a};\sqrt{1+a+b}\):

\(VT\le\dfrac{1}{3}\Sigma\dfrac{a}{a+b+c}.\Sigma\sqrt{1+a+b}=\dfrac{\Sigma\sqrt{1+a+b}}{3}\)

\(\le\dfrac{\sqrt{3\left(3+2a+2b+2c\right)}}{3}\)

\(\le\dfrac{\sqrt{9+6\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}}{3}=\sqrt{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bài 1 GPT: \(x^2+2018\sqrt{2x^2+1}=x+1+2018\sqrt{x^2+x+1}\)(1) ĐKXĐ: \(\forall x\in R\)

(1) \(\Leftrightarrow x^2-x-1+2018\sqrt{2x^2+1}-2018\sqrt{x^2+x+1}=0\)

\(\Rightarrow x^2-x-1+2018\cdot\dfrac{\left(\sqrt{2x^2+1}-\sqrt{x^2+x+2}\right)\left(\sqrt{2x^2+1}+\sqrt{x^2+x+2}\right)}{\sqrt{2x^2+1}+\sqrt{x^2+x+2}}=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-1+2018\cdot\dfrac{\left(x^2-x-1\right)}{\sqrt{2x^2+1}+\sqrt{x^2+x+2}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)\left(1+\dfrac{2018}{\sqrt{2x^2+1}+\sqrt{x^2+x+2}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-1=0\) vì \(1+\dfrac{2018}{\sqrt{2x^2+1}+\sqrt{x^2+x+2}}>1>0\forall x\)

\(\Leftrightarrow x^2-x+\dfrac{1}{4}-\dfrac{5}{4}=0\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\\x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) Vậy...

C280:

Áp dụng BĐT AM-GM và BĐT BSC:

\(\dfrac{1}{\sqrt{x+3y}}+\sqrt{x+3y}\ge2\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x+3y}}\ge2-\sqrt{x+3y}\)

\(\dfrac{1}{\sqrt{y+3z}}+\sqrt{y+3z}\ge2\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{y+3z}}\ge2-\sqrt{y+3z}\)

\(\dfrac{1}{\sqrt{z+3x}}+\sqrt{z+3x}\ge2\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{z+3x}}\ge2-\sqrt{z+3x}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{1}{\sqrt{x+3y}}+\dfrac{1}{\sqrt{y+3z}}+\dfrac{1}{\sqrt{z+3x}}\)

\(\ge6-\left(\sqrt{x+3y}+\sqrt{y+3z}+\sqrt{z+3x}\right)\)

\(\ge6-\sqrt{3\left(x+3y+y+3z+z+3x\right)}\)

\(=6-\sqrt{12\left(x+y+z\right)}=3\)

\(minP=3\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{4}\)

Bài 7) 

\(bđt\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+4ab\left(a+b\right)+4bc\left(b+c\right)+4ac\left(a+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow4ab\left(a+b\right)+4bc\left(b+c\right)+4ac\left(a+c\right)\ge3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ac\left(a+c\right)+6abc\)\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)\ge6abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)

(Đúng theo Cô Si)

"=" khi a=b=c=1

281:

Ta có:\(ab+bc+ca=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)

\(\dfrac{1}{\sqrt{a^3+b}}\le\dfrac{1}{\sqrt{2\sqrt{a^3b}}}=\dfrac{1}{\sqrt{2a}\cdot\sqrt[4]{ab}}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2a}}\cdot\left(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\right)\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\left[\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\right]=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}\right)\) Chứng minh tương tự:

\(\dfrac{1}{\sqrt{b^3+c}}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}\right);\dfrac{1}{\sqrt{c^3+a}}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{2a}\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{a^3+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^3+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^3+a}}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{2c}+\dfrac{1}{2a}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)=\dfrac{3}{\sqrt{2}}\) Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Câu 5 em thấy thầy làm từ chiều, em nghĩ anh nên đổi câu khác:

Cho \(x,y,z\ge0\).Tìm giá trị lớn nhất :\(P=\dfrac{x}{x^2 y^2 2} \dfrac{y}{y^2 z^2 2} \dfrac{z}{z^2 x^2 2}\) - Hoc24

Câu 266 là >= chứ nhỉ?

Câu 5 (có chữ HẾT (.❛ ᴗ ❛.) )

Đặt \(P=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)

Ta có:

\(a\ge0\Rightarrow b^3+1\ge1\Rightarrow a\sqrt{b^3+1}\ge a\)

Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}b\sqrt{c^3+1}\ge b\\c\sqrt{a^3+1}\ge c\end{matrix}\right.\)

Cộng vế: \(P\ge a+b+c=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và các hoán vị

\(a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\dfrac{1}{2}a\left(b^2+2\right)=\dfrac{1}{2}ab^2+a\)

Tương tự: \(b\sqrt{c^3+1}\le\dfrac{1}{2}bc^2+b\) ; \(c\sqrt{a^3+1}\le\dfrac{1}{2}ca^2+c\)

Cộng vế: \(P\le\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=mid\left\{a;b;c\right\}\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\le0\Leftrightarrow a^2+bc\le ac+ab\Rightarrow ca^2+bc^2\le ac^2+abc\)

\(\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le ab^2+ac^2+abc\le ab^2+ac^2+2abc=a\left(b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le\dfrac{1}{2}.2a\left(b+c\right)\left(b+c\right)\le\dfrac{1}{54}\left(2a+2b+2c\right)^3=4\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}.4+3=5\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;0\right)\) và 1 số hoán vị

Bài 129:

ĐKXĐ: \(x^2-y+1\ge0\)\(\left\{{}\begin{matrix}4x^2-2x+y^2+y-4xy=0\left(1\right)\\x^2-x+y=\left(y-x+3\right)\sqrt{x^2-y+1}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1) \(\Rightarrow\left(2x-y\right)^2-\left(2x-y\right)=0\Leftrightarrow\left(2x-y\right)\left(2x-y-1\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=2x\\y=2x-1\end{matrix}\right.\)

Nếu y=2x Thay vào (2) ta được: 

\(\Rightarrow x^2-x+2x=\left(2x-x+3\right)\sqrt{x^2-2x+1}\Leftrightarrow x^2+x=\left(x+3\right)\left|x-1\right|\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+x=\left(x+3\right)\left(1-x\right)\left(x< 1\right)\left(3\right)\\x^2+x=\left(x+3\right)\left(x-1\right)\left(x\ge1\right)\left(4\right)\end{matrix}\right.\) 

Từ (3) \(\Rightarrow x^2+x=x-x^2+3-3x\Leftrightarrow2x^2+3x-3=0\) \(\Leftrightarrow x^2-2\cdot\dfrac{3}{4}x+\dfrac{9}{16}-\dfrac{9}{16}-\dfrac{3}{2}=0\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2=\dfrac{33}{16}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3+\sqrt{33}}{4}\left(L\right)\\x=\dfrac{3-\sqrt{33}}{4}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow y=\) \(2\cdot\left(\dfrac{3-\sqrt{33}}{4}\right)=\dfrac{3-\sqrt{33}}{2}\)

Từ (4) \(\Rightarrow x^2+x=x^2-x+3x-3\Leftrightarrow-x=-3\Leftrightarrow x=3\left(TM\right)\)\(\Rightarrow y=6\)

Nếu y=2x+1 Thay vào (2) ta được: 

\(\Rightarrow x^2-x+2x+1=\left(2x+1-x+3\right)\sqrt{x^2-2x-1+1}\Leftrightarrow x^2+x+1=\left(x+4\right)\sqrt{x^2-2x}\left(\left[{}\begin{matrix}x\ge2\\x\le0\end{matrix}\right.;x\ge-4\right)\)

\(\Rightarrow x^2+x+1-\left(x+4\right)\sqrt{x^2-2x}=0\Leftrightarrow2x^2+2x+2-2x\sqrt{x^2-2x}-4\sqrt{x^2-2x}=0\Leftrightarrow x^2-2x+x^2+4-2x\sqrt{x^2-2x}+4x-4\sqrt{x^2-2x}=2\Leftrightarrow\left(-\sqrt{x^2-2x}+x+2\right)^2=2\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-\sqrt{x^2-2x}+x+2=\sqrt{2}\left(5\right)\\-\sqrt{x^2-2x}+x+2=-\sqrt{2}\left(6\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (5) \(\Rightarrow\sqrt{x^2-2x}=x+2-\sqrt{2}\Rightarrow x^2-2x=x^2+\left(2-\sqrt{2}\right)^2-2x\left(2-\sqrt{2}\right)\Leftrightarrow2x\left(2-\sqrt{2}-2\right)=4+2-4\sqrt{2}\Leftrightarrow-2\sqrt{2}x=6-4\sqrt{2}\Leftrightarrow x=-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+2\left(TM\right)\) \(\Rightarrow y=2\left(\dfrac{-3\sqrt{2}}{2}+2\right)+1=-3\sqrt{2}+5\)

Từ (6) \(\Rightarrow\sqrt{x^2-2x}=x+2+\sqrt{2}\Rightarrow x^2-2x=x^2+\left(2+\sqrt{2}\right)^2+2x\left(2+\sqrt{2}\right)\Leftrightarrow2x\left(2+\sqrt{2}-2\right)=6+4\sqrt{2}\Leftrightarrow2\sqrt{2}x=6+4\sqrt{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+2\left(TM\right)\)

 \(\Rightarrow y=2\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+2\right)+1=3\sqrt{2}+5\)

Vậy...

c131-136 nhỏ ko đọc đc

1: ĐKXĐ: a,b>0, a\(\ne b\)

\(\Rightarrow Q=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^3+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\right)}+\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(a-b\right)}=\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+3b\sqrt{a}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\) \(=\dfrac{3\sqrt{a}\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=0\) 

\(\Rightarrow Q\) ko phụ thuộc vào a,b Vậy...

2: Ta có \(1\ge x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{4}\) 

\(\Rightarrow P=\dfrac{x+y}{xy}\cdot\sqrt{x^2y^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+...+\dfrac{1}{16}}\ge\dfrac{2\sqrt{xy}}{xy}\cdot\sqrt{17}\cdot\sqrt[34]{\dfrac{x^2y^2}{16^{16}}}=\sqrt{17}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{xy}{16^8}}\) \(=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{2^{17}}{\sqrt{x^{17}y^{17}}}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2y^2}}{2^{32}}=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{x^{15}y^{15}}\cdot2^{15}}}\ge\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{4^{15}}}\cdot2^{15}}}=\sqrt{ }17}\)

Dấu  = xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\) Vậy...

toán mấy đấy aj??

Việc bây giờ có những bộ phận anti fan quá khích lập group anti đã không còn quá xa lạ với mọi người. Ở đây mình muốn nói đến việc anti bây giờ đôi khi không cần ghét bất cứ 1 người nổi tiếng, họ cũng lập gr anti cả những người không nổi tiếng như trên ảnh trong khi họ không làm gì sai cả. Không chỉ là những gr anti, họ còn nói những từ ngữ, chế ảnh, hành động không mấy lành mạnh. Những việc làm quá khích như vậy ảnh hưởng lớn đến tinh thần, hình ảnh của các bạn 2k5 nói chung và khiến cho các bạn nhỏ tuổi có cái nhìn không tốt. Chúng ta cần lên tiếng phản đối những bộ phận anti không lành mạnh và luôn xây dựng cho mình hình ảnh đẹp để chứng minh những điều họ làm là sai 

P/s viết ''ngựa ngựa'' 1 tí ko biết có sao ko :)))

Việc ANTI bây h đã là 1 việc ko quá xa lại nữa r . Nhiều người còn tạo ra 1 nhóm anit . Có những người chỉ cần làm 1 việc nhỏ sai là gây ra tranh luận cho cả MXH r dẫn đến anti nhưng có những người nổi tiếng ko làm j sai nhưng những ai là fan đối thủ cx lập ra group anti chỉ để phần thắng về đội họ . Làm những người bị anti bị ảnh hưởng từ ngoài đến bên trong !!!

Mọi cố gắng đều không bao giờ vô nghĩa, cố gắng học, cố gắng làm, tuy sự cố gắng có thể chưa nhiều nhưng ''tích tiểu thành đại'' một lúc nào đó nó sẽ thành công. Từ bức ảnh này có thể thấy, mỗi con số vô cùng nhỏ nhưng số mũ lại rất lớn, làm cho kết quả cũng lớn theo. Số mũ này còn tượng trưng cho 365 ngày trong năm, mỗi ngày là con số kia, sau 1 năm, kết quả đã lớn đến nhường nào. Đôi khi trong quá trình cố gắng, gặp khó khăn, nếu chúng ta từ bỏ, thì cố gắng từ trước đến này cũng bằng không. Bản thân mình trước kia cũng từng là một đứa nghiện game, truyện tranh đến mức bị mẹ dọa cho nghỉ học, bản thân mình lúc đó cũng chưa nghĩ gì nhiều, nhưng thấy kết quả học chưa tốt, bố mẹ lo lắng, mình đã bỏ qua tất cả, cố gắng học từng chút một, có thể là giờ cái sự cố gắng của mình nó chưa lớn như người khác nhưng mình chưa từ bỏ nó một lần nào, mình hi vọng sẽ có một ngày nào mình thành công trên con đường mình đã chọn. Nói chung lại, cố gắng sẽ khiến bản thân ta thay đổi, thành công sẽ đến gần hơn 

P/s lại viết ''ngựa ngựa'' đây :)))

Cuộc thi có vẻ rất vui và thú vị :^

:3 hi vọng cuộc thi sẽ mở rộng và có nhiều môn học hơn