$OG = R$

không nhỉ nếu tam giác ABC đều.

Bạn ơi nếu tam giác đều thì $O\equiv G$

Bài toán :Cho a,b,c là các số thực dương.CMR :

 $(a+\frac{bc}{a})(b+\frac{ac}{b})(c+\frac{ab}{c})\geq 4\sqrt[3]{(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)}$

Ta có hệ thức quen thuộc sau : $$OG^{2}=R^{2}-\dfrac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)$$

Suy ra $$\dfrac{OG^2}{R^2}=1-\frac{a^2+b^2+c^2}{9R^2}=1-\dfrac{16S^2(a^2+b^2+c^2)}{9a^2b^2c^2}$$

Thế Ravi : $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì $a=y+z,b=z+x,c=x+y$ Và $S=\sqrt{xyz(x+y+z)}$

Do đó ta cần chứng minh :

$$a^2+b^2+c^2\geq \left ( 4\sqrt{3}+\dfrac{OG^2}{R^2} \right )S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\geq \left ( 4\sqrt{3}+\dfrac{OG^2}{R^2} \right )S\Leftrightarrow 2\sum (x+y)(y+z)-(x+y)^2-(y+z)^2-(z+x)^2\geq \left ( 4\sqrt{3}+1-\dfrac{16S^2(a^2+b^2+c^2)}{9a^2b^2c^2} \right )S\Leftrightarrow \frac{2\sum (x+y)(y+z)-\sum (x+y)^2}{S}+\frac{16S^2(a^2+b^2+c^2)}{9a^2b^2c^2}\geq 1+4\sqrt{3}\Leftrightarrow \frac{2\sum (x+y)(y+z)-\sum (x+y)^2}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\frac{16xyz(x+y+z)\left [ (x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2 \right ]}{9(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}\geq 1+4\sqrt{3}$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{4(xy+yz+zx)}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{32xyz(x+y+z)\left ( x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx \right )}{9(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}\geq 1+4\sqrt{3}\;\;(1)$$

 

Ta chứng minh $(1)$ như sau :

Theo $AM-GM$ :

 $\dfrac{x(y+z)\sqrt{3}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{y(z+x)\sqrt{3}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{z(x+y)\sqrt{3}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{x(y+z)\sqrt{3}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{y(z+x)\sqrt{3}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{z(x+y)\sqrt{3}}{2\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{32xyz(x+y+z)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}{9(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}\geq 7.\sqrt[7]{\dfrac{3(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}{2(x+y+z)^2}}\geq 7$

Chú ý $3(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\geq 2(x+y+z)^2\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ (đúng)

Tức là $$\dfrac{2\sqrt{3}(xy+yz+zx)}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}+\dfrac{32xyz(x+y+z)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)}{9(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}\geq 7\;\;\;\;(@)$$

Mặt khác $$(xy+yz+zx)^{2}\geq 3xyz(x+y+z)\Rightarrow \frac{xy+yz+zx}{\sqrt{xy(x+y+z)}}\geq \sqrt{3}\Rightarrow (4-2\sqrt{3})\frac{xy+yz+zx}{\sqrt{xy(x+y+z)}}\geq \sqrt{3}(4-2\sqrt{3})=-6+4\sqrt{3}\;\;\;(*)$$

Cộng vế theo vế $(@)(*)$ thì ta thu được $(1)$. Ta có đpcm.

Cách làm này cũng giống cách của mình

tìm x,y,z

 $\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 \\x^{3}+y^{3}+z^{3}=1 \end{matrix}\right.$

Từ pt $= > x^2+y^2+z^2=x^3+y^3+z^3< = > x^2(1-x)+y^2(1-y)+z^2(1-z)=0$(1)

Do $x^2+y^2+z^2=1= > x^2\leq 1= > -1\leq x\leq 1= > 1-x\geq 0$.Tương tự $1-y\geq 0,1-z\geq 0$

$= > x^2(1-x)+y^2(1-y)+z^2(1-z)\geq 0$(2).Từ (1) và (2)

Do đó đẳng thức xảy ra tại $x=1.y=z=0$ và các hoán vị

Bài toán: Cho tam giác ABC với tâm O và I theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác với bán kính R và r.Vẽ phân giác BB' và CC' .Hạ IK vuông góc B'C'. Gọi Q là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. 

          CMR : IK.OQ=R.r

Bài toán :Cho tam giác ABC và đường tròn tâm K bất kì đi qua B và C và cắt AB,AC tại E,D. Gọi M,N lần lượt là điểm đối xứng của A qua CE, BD. Gọi H là giao điểm của BD,CE. Vẽ các đường tròn ngoại tiếp tam giác MHE và NHD giao nhau tại Q. Gọi F là trung điểm DE. 

            CMR: A,F,Q thẳng hàng

$\;Goi \; R\;la \; ban\;kinh \; duong\; tron\;ngoai \;tiep \;cac \; tam \; giac\\;AKM,BLK,CML,

 

\; ta\;co: KL=2RsinB,LM=2RsinC,MK=2RsinA\rightarrow \Delta ABC\sim \Delta KLM \; va\;S_{AKM}=S_{BKL}=S_{CLM}=\frac{2}{9}S_{ABC} \rightarrow KM=\frac{1}{\sqrt{3}}a. Ap\; dung\;dly \;ham \; so\; cosin,\;ta \;co: \; a^2=b^2+c^2-2bccosA\rightarrow \frac{1}{3}a^2= \frac{4}{9}b^2+\frac{1}{9}c^2-2.\frac{2}{3}.\frac{1}{3}cosA\rightarrow a^2+c^2=2b^2. Bang\; cach\; tuong\;tu \; \rightarrow \; b^2+c^2=2a^2,a^2+b^2=2c^2\rightarrow a=b=c\rightarrow \Delta ABC\; la\; tam\;giac \;deu(dpcm) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Bạn nên fix lại Latex đi

chứng minh các bđt và tìm cực trị của các hàm số sau:

1) tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\frac{4}{x}+\frac{9}{1-x}$ với 0 < x < 1

2) tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}$ với 0 < x < 1

3) chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{a}}< \sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}$ với mọi a $\geq$ 1

Bài 1: Theo Bunhiacopxki có :$y=\frac{4}{x}+\frac{9}{1-x}=\frac{2^2}{x}+\frac{3^2}{1-x}\geq \frac{(2+3)^2}{x+1-x}=25$

Bài 2:Ta có:$y=\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\geq \frac{(1+1)^2}{x+1-x}=4$

Giải hệ:

$\left\{\begin{matrix} x^{3}=2y-1 & & \\ y^{3}=2z-1& & \\ z^{3}=2x-1& & \end{matrix}\right.$

Không mất tính tổng quát giả sử $x=max(x,y,z)$

$= > x^3\geq z^3= > 2y-1\geq 2x-1= > y\geq x$.Mà $x\geq y= > x=y$

Thay vào pt thứ nhất $= > x^3=2x-1< = > x^2(x-1)+(x-1)^2=0< = > (x-1)(x^2+x-1)=0< = >x=1,x=\frac{\sqrt{5}+1}{2},x=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$

-Nếu $x=1= > y=1$.Thay vào pt thứ 2 $= > 2z-1=1= > z=1$$= > x=y=z=1$ là nghiệm của hệ

Tương tư$x=y=z=\frac{\sqrt{5}+1}{2},x=y=z=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$

Giải hệ phương trình : 

a, $\left\{\begin{matrix} \frac{3}{x^{2}+y^{2}-1}+\frac{2y}{x}=1 \\ x^{2}+y^{2}-\frac{2y}{x}=4 \end{matrix}\right.$

b, $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}=5 \\ (xy-1)^{2}=x^{2}-y^{2}+2 \end{matrix}\right.$

c, $\left\{\begin{matrix} 2x+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x-y}=\frac{16}{3} \\ 2(x^{2}+y^{2})+\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(x-y)^{2}}=\frac{100}{9} \end{matrix}\right.$

d, $\left\{\begin{matrix} x^{6}+y^{6}=1 \\ x^{5}+y^{5}=1 \end{matrix}\right.$

d: Từ hệ $= > x^6+y^6=x^5+y^5< = > x^5(1-x)+y^5(1-y)=0$(1)

-Nếu $x< 0= > x^5< 0= > y^5> 1= > y> 1= > y^6> 1= > y^6+x^6> 1$(Vô lý) $= > 0\leq x\leq 1$

Tương tự $0\leq y\leq 1$

$= > x^5(1-x)+y^5(1-y)\geq 0$(2)

Từ (1),(2) .Đẳng thức xảy ra tại $x=0,y=1$ và các hoán vị 

 

Chia 2 vế cho $a,b,c$, (*) trở thành:

 

$\prod \left ( 1+\frac{bc}{a^2} \right )\geq4\sqrt[3]{\prod \left ( 1+\frac{b^3}{a^3} \right )}$ (**)

 

Đặt $x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ac}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}$

 

(**) trở thành:

 

$\prod (1+x)\geq 4\sqrt[3]{(1+\frac{x}{y})(1+\frac{y}{z})(1+\frac{z}{x})}=4\sqrt[3]{\prod (x+y)}$

 

Đặt $p=x+y+z; q= ab+bc+ca$, BĐT trên viết lại thành:

 

$2+p+q\geq4\sqrt[3]{pq-1}\Leftrightarrow(2+p+q)^3\geq64(pq-1)$ Do $4pq\leq(p+q)^2$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$(2+p+q)^3\geq16(p+q)-64\Leftrightarrow (p+q-6)^2(p+q+2)\geq0$

BĐT cuối đúng do theo BĐT AM-GM thì $p,q\geq3)$

Do đó ta có $đpcm$.

 

Hoặc có cách khác .

 Ta có bdt $\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}\leq \frac{2(a^2+b^2)}{a+b}$

$= > 4\sqrt[3]{(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)}\leq \frac{8(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)}{abc}< = > (a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)\geq 8abc(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$

Nhưng bdt này luôn đúng do theo AM-GM có :$(a^2+bc)(b+c)=a^2b+a^2c+b^2c+bc^2=b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)\geq 2\sqrt{bc(a^2+c^2)(a^2+b^2)}$

Lập các bdt tương tự rồi nhân theo vế có đpcm

  Nhân dịp cuối năm mình gửi tặng mọi người bài toán này(Nhớ làm đêm nay rồi đợi giao thừa luôn nha), chúc tất cả thành viên VMF một năm hạnh phúc .................

  Bài toán :Cho tam giác ABC với $m_{a},m_{b},m_{c}$ lần lượt là 3 đường trung tuyến của tam giác. $l_{a},l_{b},l_{c}$ lần lượt là 3 đường phân giác của tam giác .Gọi $p$ là nửa chu vi tam giác .

        CMR :$m_{a}+m_{b}+m_{c}+l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq 2p\sqrt{3}$

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

  $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3a}{a^2+2bc}+\frac{3b}{b^2+2ac}+\frac{3c}{c^2+2ab}$

do bđt thuần nhất nên chuẩn hoá $abc=1$

có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a}{a^{2}}+ \frac{c}{bc}+ \frac{b}{bc}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}}{a^{2}+2bc}\geq \frac{9}{a^{2}+2bc}$

tương tự, rồi cộng 3 vế ra đpcm

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$

$= >$BĐT $< = > \sum x\geq \frac{\frac{3}{x}}{\frac{1}{x^2}+\frac{2}{yz}}< = > \sum x\geq \frac{xyz}{2x^2+yz}$

Ta có :$xyz(\sum \frac{1}{2x^2+yz})=3xyz(\sum \frac{\frac{(y+z)^2}{2}+yz}{(2x^2+yz)(\frac{(y+z)^2}{2}+yz)})\leq 3xyz(\sum \frac{\frac{(y+z)^2}{2}+yz}{(xy+yz+xz)^2})=\frac{3xyz(\sum x)^2}{(\sum xy)^2}\leq \sum x< = > (\sum xy)^2\geq 3xyz(\sum x)< = > \sum (xy-yz)^2\geq 0$(Luôn đúng)

do bđt thuần nhất nên chuẩn hoá $abc=1$

có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a}{a^{2}}+ \frac{c}{bc}+ \frac{b}{bc}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}}{a^{2}+2bc}\geq \frac{9}{a^{2}+2bc}$

tương tự, rồi cộng 3 vế ra đpcm

Cách chuẩn hóa này không phải bài nào cũng làm được đâu

  Cho a,b,c,d là các số thực thuộc đoạn $\left [ \frac{1}{2},\frac{3}{2} \right ]$.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A=$(\frac{a+b}{a+c})^2+(\frac{a+c}{a+d})^2$

đã sửa lại 

Sao vậy bạn

Bài toán: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và điểm P bất kì nằm trong tam giác .Vẽ trung trực của AB,AC cắt AP tại E,F. Qua E kẻ đường thẳng song song AB và cắt tiếp tuyến tại Bcủa $(O)$ ở M. Qua F kẻ đường thẳng song song AC cắt tiếp tuyến tại C của $(O)$ ở N. Vẽ đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác ABM và ACN .Gỉa sử MN giao $(ABM)$ tại P,giao $(ACN)$ tại Q. 

         CMR :PB và CQ giao nhau tại một điểm nằm trên đường tròn $(O)$

Giải hệ: $\left\{\begin{matrix} x^{2}-x=y-1\\4y^{2}-7y=z-4 \\ 2z^{2}-3z=x-2 \end{matrix}\right.$

PT thứ nhất $< = > x(x-1)=y-1$(1)

PT thứ hai $< = > 4y^2-7y+3=z-1< = > 4y(y-1)-3(y-1)=z-1< = > (y-1)(4y-3)=z-1$(2)

PT thứ 3$< = > (2z-1)(z-1)=x-1$(3)

 Nhân theo vế  (1),(2),(3) $= > x(4y-3)(2z-1)(x-1)(y-1)(z-1)=(x-1)(y-1)(z-1)< = > (x-1)(y-1)(z-1)\left [ x(4y-3)(2z-1)-1 \right ]=0$

Đến đây xét các TH là xong

$PT \Leftrightarrow (\sqrt{x^3-2}-5)-(\sqrt[3]{x^2-1}-2)-(x-3)=0$

$\Leftrightarrow \frac{(x^3-27)}{\sqrt{x^3-2}+5}-\frac{x^2-9}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}}-(x-3)=0$

$\Leftrightarrow (x-3)(\frac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-2}+5}-\frac{x+3}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+\sqrt[3]{2(x^2-1}+4}-1)=0$

$\Leftrightarrow x=3$

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

 $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}}{2}$

cho a,b,c,d>0 và a+b+c+d=4 tìm Min của

$P=\sum \frac{a+1}{b^{2}+1}$

Ta có :$\sum \frac{a}{b^2+1}=\sum \frac{a(1+b^2)-ab^2}{b^2+1}=\sum a-\sum \frac{ab^2}{b^2+1}\geq 4-\sum \frac{ab^2}{2b}=4-\sum \frac{ab}{2}\geq 4-\frac{(\sum a)^2}{8}=4-2=2$

$\sum \frac{1}{b^2+1}=4-\sum \frac{b^2}{b^2+1}\geq 4-\frac{\sum b}{2}=4-2=2$$\sum \frac{1}{b^2+1}=4-\sum \frac{b^2}{b^2+1}\geq 4-\frac{\sum b}{2}=4-2=2$

Cộng vế có đpcm

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $xy+yz+zx > 0$.

Chứng minh rằng

$\sum \frac{x^{2}}{(y+z)^{2}}\geq \sum \frac{x^{3}}{(y+z)(x^{2}+yz)}\geq \frac{1}{2}\sum \frac{x}{y+z}$

Ta có :$\sum \frac{x^2}{(y+z)^2}-\sum \frac{x^3}{(y+z)(x^2+yz)}=\sum \frac{x^2}{y+z}(\frac{1}{y+z}-\frac{x}{x^2+yz})=\sum \frac{x^2(x^2+yz-xy-xz)}{(y+z)^2(x^2+yz)}=\sum \frac{x^2(x-y)(x-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}=\frac{x^2(x-y)(x-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}+\frac{y^2(y-z)(y-x)}{(x+z)^2(y^2+xz)}+\frac{z^2(z-x)(z-y)}{(x+y)^2(z^2+xy)}$

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$$= > \frac{z^2(z-x)(z-y)}{(x+y)^2(z^2+xy)}\geq 0$

Do đó ta cần CM :$\frac{x^2(x-y)(x-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}+\frac{y^2(y-z)(y-x)}{(x+z)^2(y^2+xz)}\geq 0< = > (x-y)\left [ \frac{x^2(x-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}-\frac{y^2(y-z)}{(x+z)^2(y^2+xz)} \right ]\geq 0< = > \frac{x^2(x-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}\geq \frac{y^2(y-z)}{(x+z)^2(y^2+xz)}$(Do $x\geq y= > x-y\geq 0$

Mà $\frac{x^2(x-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}\geq \frac{x^2(y-z)}{(y+z)^2(x^2+yz)}\geq \frac{y^2(y-z)}{(x+z)^2(y^2+xz)}< = > (x^2+xz)^2(y^2+xz)\geq (y^2+yz)^2(x^2+yz)< = > (x^4+2x^3z+x^2z^2)(y^2+xz)\geq (y^4+2y^3z+y^2z^2)(x^2+yz)< = > x^4y^2+2x^3y^2z+x^2y^2z^2+x^5z+2x^4z^2+z^3x^3\geq y^4x^2+2x^2y^3z+x^2y^2z^2+y^5z+2y^4z^2+y^3z^3< = > x^2y^2(x-y)(x+y)+2x^2y^2z(x-y)+z(x^5-y^5)+2z^2(x^4-y^4)+z^3(x^3-y^3)\geq 0$

(Luôn đúng do giả thiết $x\geq y$)

 Do đó BĐT được chứng minh.

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $xy+yz+zx > 0$.

Chứng minh rằng

$\sum \frac{x^{2}}{(y+z)^{2}}\geq \sum \frac{x^{3}}{(y+z)(x^{2}+yz)}\geq \frac{1}{2}\sum \frac{x}{y+z}$

Ta có :$\sum \frac{x^3}{(y+z)(x^2+yz)}-\sum \frac{x}{2(y+z)}=\sum \frac{x}{y+z}(\frac{x^2}{x^2+yz}-\frac{1}{2})=\sum \frac{x}{2(y+z)}(\frac{x^2-yz}{x^2+yz})=\sum \frac{x(x^2-yz)}{2(y+z)(x^2+yz)}=\frac{x^3-xyz}{2(y+z)(x^2+yz)}+\frac{y^3-xyz}{2(x+z)(y^2+xz)}+\frac{z^3-xyz}{2(x+y)(xy+z^2)}\geq 0$(Vì đây chính là bđt Schur dạng mở rộng)

Giải HPT $\left\{\begin{matrix} xy^2-2y+3x^2=0 & \\ y^2+x^2y+2x=0 & \end{matrix}\right.$

(Giải càng nhiều cách càng tốt)

Từ hệ $= > xy^2-2y+3x^2=xy^2+x^3y+2x^2< = > y(x^3+2)=x^2= >y=\frac{x^2}{x^3+2}$

Thay vào pt thứ nhất của hệ $= > \frac{x^5}{(x^3+2)^2}+3x^2-\frac{2x^2}{x^3+2}=0< = > x^5-2x^2(x^3+2)+3x^2(x^3+2)^2=0< = > x^2(3x^6+12x^3+12-x^3-2)=0< = > x^2(3x^6+11x^3+10)=0$

Đến đây thì đơn giản rồi