Tính định thức sau:

$M_n=\begin{pmatrix} a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & ... & a_1b_n \\ a_1b_2 & a_2b_2 & a_2b_3 & ... & a_2b_n \\ a_1b_3 & a_2b_3 & a_3b_3 & ... & a_3b_n \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ a_1b_n & a_2b_n & a_3b_n & ... & a_nb_n \end{pmatrix}$

Cái này mong bạn nhớ được đẳng thức:
$2(a^2+b^2+c^2)^2-6(ab^3+bc^3+ca^3) = \sum_{cyc} (a^2-c^2-ab-ac+2bc)^2$

Bạn cứ khai triển tung hết ra, khi đó ta có hệ thức $b(2a+1)=1$. Do đó, sử dụng AM-GM ta có: $1=b^2(2a+1)^2 \geq 8ab^2$. Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$

Chuyển về bài toán sau cho bạn tự chứng minh nhé : cho $\triangle ABC$ với đường cao $AD, BE, CF$. $EF$ cắt $BC$ tại $A_1$. Tương tự với $B_1, C_1$. Chứng minh trung điểm $AA_1, BB_1, CC_1$ thẳng hàng.

$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{u_{i}}+1} = \sum_{i=1}^{n} (\frac{1}{\sqrt{u_{i}}} - \frac{1}{\sqrt{u_{i+1}}}) = \frac{1}{\sqrt{u_{1}}} - \frac{1}{\sqrt{u_{n+1}}}$

Sử dụng AM-GM ta có:
$\frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{1}{3\sqrt{abc}} +\frac{1}{3\sqrt{abc}} +\frac{1}{3\sqrt{abc}} \geq 4 \sqrt[4] {\frac{1}{a^2+b^2+c^2}.(\frac{1}{3\sqrt{abc}})^3} = 4 \sqrt[4]{\frac{1}{27(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^3b^3c^3}}}$
Cuối cùng ta chứng minh $27abc(a^2+b^2+c^2)\sqrt{abc} \leq 81$.
Theo AM-GM ta có $abc \leq 1$. Do đó
$27abc(a^2+b^2+c^2)(abc)^{\frac{1}{3}}.(abc)^{\frac{1}{6}}$ $\leq$ $9abc(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$ $\leq$ $3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2$ $\leq$ $\frac{1}{9}[(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)]^3 = \frac{(a+b+c)^6}{9} =81$. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

$\Leftrightarrow$ $a^4+b^4 \geq ab(a^2+b^2)$ $\Leftrightarrow$ $(a-b)^2[(a+b)^2-ab] \geq 0$

Theo giả thiết thì $abc(a+b+c)=1$.
Sử dụng AM-GM: $P=(a+b)(a+c)=a(a+b+c)+bc \geq 2\sqrt{abc(a+b+c)}=2$

Đặt $a=x-1, b=y-1$, theo giả thiết thì $a^2+b^2=\frac{1}{2}$. Và P=12-4ab. Do $(a\sqrt{2})^2+(b\sqrt{2})^2=1$ nên tồn tại $\alpha \in [0; 2\pi]$ sao cho $a=\frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}}, b=\frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}}$. Khi đó: $P=12-2\sin\alpha.\cos\alpha=12-\sin 2\alpha$. Đến đây chắc bạn làm nốt được rồi đúng không?

Trên tia đối của tia $BC$ lấy $G$ sao cho: $DE=BG$. Do đó $\triangle ADE =\triangle ABG$(c-g-c). Suy ra $AE=AG$ và $AE \perp AG$. Do đó $AF$ là phân giác góc $\widehat{EAF}$. Từ đó suy ra $\triangle AEF =\triangle AGF$. Khi đó $FA$ là phân giác góc $\widehat{EFG}$. $AM$ cắt $EF$ tại $K$ thì $\triangle AFK =\triangle AFB$(g-c-g). Từ đó $AM \perp EF$ tại $K$.

$BO$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $S$. Khi đó ta cũng có $AHCS$ là hình bình hành (có các cạnh đối song song). Suy ra $H, Q, S$ thẳng hàng. Ta có $\triangle BDT \sim \triangle BAP (gg)$ và $\triangle BHD \sim \triangle BSA (gg)$. Từ đó ta có hệ thức $\frac{BT}{BP}=\frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BS}$. Do đó $TP \parallel HQ$.

Bài 1: Theo mình không cần $xyz \leq 0$ đâu. Không mất tổng quát, giả sử $z= \max \{x, y, z \}$. Khi đó $18 = 2x^2+2y^2+2z^2 \geq 3(x^2+y^2) \geq 6xy$, suy ra $xy \leq 3$.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $[2(x+y+z)-xyz ] ^2 = [2(x+y)+z(2-xy)]^2$ $\leq [2^2+(2-xy)^2 ][(x+y)^2+z^2 ] = (9+2xy)(x^2y^2-4xy+8) = 100 + (2xy-7)(xy+2)^2 \leq 100$. Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $x=z=2, y=-1$ và hoán vị.
P/s: bạn có thể xem thêm VNTST 2002

Lời giải bài 2: Đặt $x=3a, y=5b, z=2c$ với $a, b, c >0$. Theo giả thiết thì ta có: $3a+5b+7c=15abc$.
Ta có $P=6a+5b+4c$
Sử dụng AM-GM ta có: $(6a+5b+4c)^2(3a+5b+7c) \geq 225\sqrt[15]{a^{12}b^{10}c^8}. 15\sqrt[15]{a^3b^5c^7}=15^3abc$. Suy ra $P \geq 15$. Dấu bằng xảy ra khi: $x=3, y=4, z=2$

$\widehat{C} = 2\widehat{A}+\widehat{B}$ nên $2\widehat{C}=180^{\circ}+\widehat{A}$ hay góc $C$ tù. Do đó $\cos C <0$. Bạn chứng minh đoạn cuối chưa chắc vô lí.

Lời giải :
Bài toán trên là sự kết hợp của hai bài toán con như sau:
Bài 1: Cho $\triangle LBC$ với trọng tâm $A$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$ và $HB, HC$ thứ tự cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Khi đó $EF$ là trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(LH)$.
Lời giải: Kẻ $LK \perp HB$, tức là $LK \perp CA$. Do $CA$ chia đôi $LB$ nên $F$ là trung điểm $KB$. Do đó $\mathbb{P}_{F/(ABC)}= \overline{FA}.\overline{FC}=-\overline{FB}.\overline{FH}=\overline{FK}.\overline{FH}=\mathbb{P}_{F/(LH)}$. Do đó $F$ thuộc trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(LK)$. Tương tự xét điểm $E$ ta có đpcm.
Bài 2: Cho $\triangle ABC$ với trực tâm $H$ và nội tiếp $(O)$. $BH, CH$ cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $H$ song song $BC$. $EF$ cắt $d$ tại $L$. Gọi $K$ là hình chiếu của $L$ trên $OH$. Khi đó $H$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn $(OK)$ và đường tròn Euler của $\triangle ABC$.
Lời giải: Gọi $M$ là trung điểm $BC$. $OM$ cắt $d$ tại $N$. Do đó $\overline{HO}.\overline{HK}=\overline{HL}.\overline{HN}$(1). Lấy $P$ thuộc $(O)$ sao cho $AP \parallel BC$. Kẻ $PQ \perp BC$ với $Q \in d$. Khi đó $BHQC$ là hình thang cân nên $Q \in (BHC)$. Xét phép nghịch đảo cực $H$, phương tích $\overline{HE}.\overline{HB}$: $\mathbb{I}_{H}^{\overline{HE}.\overline{HB}}$ biến $B \leftrightarrow E$, $C \leftrightarrow F$, $d \leftrightarrow d$. Do đó $L=EF \cap d \leftrightarrow (BHC) \cap d$. Suy ra $L, Q, E, B$ đồng viên. Suy ra $\overline{HN}.\overline{HL}=\frac{1}{2} \overline{HL}.\overline{HQ}=\frac{1}{2}.\overline{HE}.\overline{HB} = \mathbb{P}_{H/(Euler)}$(2). Từ (1) và (2) ta có đpcm.

Viết lại như sau:
$2(x^2+x+1)+3(x-1)=7\sqrt{(x-1)(x^2+x+1)}$

Một tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần, đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng Steiner (đã được đề cập trong tài liệu chuyên Toán Hình học 10). Ta lại có, đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác song song với đường thẳng Gauss của tứ giác 

Lời giải: Dễ thấy rằng $DA$ và $DM$ đẳng giác trong góc $\angle EDF$. Ta lại có $MD. MN= ME. MF= MA. MJ$ nên $A, D, J, N$ đồng viên. Do $JN=JD$ nên $AN, AD$ đẳng giác trong góc $\angle BAC$. Kẻ đường cao $AH$. $AD$ cắt $(J)$ tại điểm thứ hai $X$. Khi đó $NX \parallel EF$. Ta có $\angle OAN = \angle HAD = 90^{\circ} - \angle CDX = 90^{\circ} - \angle NMF = \angle ANJ$.
Do đó tồn tại đường tròn $(O')$ tiếp túc trong cả hai đường tròn $(O)$ và $(J)$.
$AJ$ cắt $ON$ tại $I$. $O'I$ cắt $AN$ tại $P$. Gọi $\alpha_1, \alpha_2$ là đường tròn tâm $I$ tiếp xúc $AB, AC$ và $NL, NK$. Theo định lý $Monge-D'Alambert$, ta có $A$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(J)$, $N$ là tâm vị tự ngoài của $(J)$ và $(O')$, từ đó suy ra $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(O')$. Tương tự $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_2$ và $(O')$. Suy ra $\alpha_1 \equiv \alpha_2$. Như vậy $AKNL$ ngoại tiếp.

Cuối cùng diễn đàn đã mở lại

Lời giải:

Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Dễ thấy rằng $BE$ cắt $CF$ tại $K$ là đối xứng của $P$ qua $(O)$. $BR, CR$ thứ tự cắt $(O)$ tại $X$, $Y$. Theo giả thiết ta có $PX=PY$. Theo IMO Problem 4 ta có $SR=SA$. Mặt khác $AK \perp AR$, $AS \perp AO$ nên $\triangle AOK \stackrel{+}{\sim} \triangle ASR$. Kẻ tiếp tuyến $SZ$ khác $SA$ thì $Z$ cố định và $\angle AZR = \frac{1}{2} \angle ASR = \frac{1}{2} \angle AOK  = \angle APK = \angle AZK$ nên $KR$ đi qua $Z$. 

Ta có $ABZC$ là tứ giác điều hòa nên $K(AREF)=K(AZBC)=-1$, mặt khác theo tính chất hàng điểm cơ bản ta có $A(KQEF) = A(KQCB)=-1$ nên $A(KQEF)=K(AREF)$ hay $Q$ thuộc $KR$ do $E, F, Q$ thẳng hàng. Vậy $QR$ đi qua $Z$ cố định

Xử lí nhẹ $a^2+2 \geq 2a+1$. Do đó ta cần chứng minh $\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1} \leq 1$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1} \geq 1$.
Giả thiết $abc=1$ nên tồn tại $x, y, z >0$ thỏa $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$. Từ đó, sử dụng Cauchy-schwarz ta có $\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}=\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x} \geq \frac{(x+y+z)^2}{y(2x+y)+z(2y+z)+x(2z+x)}=1$.

Đề bài sai nhé, thử với $a=0,1$ và $b=0,2$.

Đề đúng hình như là: $P= \frac{a+3c}{a+b}+\frac{c+3a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}$.

Đặt $a+b=z, b+c=x, c+a=y$ với $x, y,z >0$. Khi đó $a=\frac{y+z-x}{2}, b=\frac{x+z-y}{2}, c=\frac{x+y-z}{2}$.
Thay vào biểu thức ta có:
$P=\frac{x+2y-z}{z}+\frac{z+2y-x}{x}+\frac{2x+2z-2y}{y} =(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})+2y(\frac{1}{z}+\frac{1}{x})+ \frac{2(x+z)}{y} -4$.
Sử dụng AM-GM ta có:
$P \geq 2 + \frac{8y}{x+z}+ \frac{2(x+z)}{y} -4 \geq 2+8-4 =6$. Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$ $\Leftrightarrow$ $a=b=c$.

Thay như bạn Le Nguyen Tan Kiet là đúng.
Lời giải: kẻ tiếp tuyến $SH$ của $(O)$. Khi đó tứ giác DBHC là tứ giác điều hòa nên $A(BCMH)=A(BCDH)=-1$. Do $M$ là trung điểm $BC$ nên $AH \parallel BC$. Cũng do tứ giác $DFHE$ điều hòa nên $A(MHQP)=A(DHFE)=-1$. Do $AH \parallel PQ$ nên $M$ là trung điểm $PQ$.

Cho các số dương $x,y,z$. Chứng minh :

$$\frac{(x+y)(x+z)}{4x}+\frac{(y+x)(y+z)}{4y}+\frac{(x+z)(z+y)}{4z}\geq x+y+z$$

$\Leftrightarrow$ $\frac{x(x+y+z)+yz}{x}+\frac{y(x+y+z)+xz}{y}+\frac{z(x+y+z)+xy}{z} \geq 4(x+y+z)$ $\Leftrightarrow$ $\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z} \geq x+y+z$. Sử dụng AM-GM ta có: $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x} \geq 2y$. Tương tự ta có đpcm. 

Một hướng đi gần giống:
$AK$ cắt $(O)$ tại $E$. $PK$ cắt $(BOC)$ tại $F$. Ta có $\overline{KE}.\overline{KA}=\overline{KB}.\overline{KC}=\overline{KP}.\overline{KF}$ nên $A, P, E, F$ đồng viên. Do đó $\widehat{PAK}=\widehat{PFA}$ (vì $PA=PE$). Suy ra $PA$ là tiếp tuyến của $(AKF)$.
$AP$ cắt $(BOC)$ tại $Q$. $QF, PE$ cắt $BC$ tại $M, N$. Do $AK \parallel PT$ nên $PT$ là phân giác của góc $\widehat{EPQ}$. Nếu $PE$ cắt $(BOC)$ tại $S$ thì $SQ \parallel BC$. Bằng cộng các cung chứa góc của đường tròn $(BOC)$ suy ra $\widehat{PFQ}=\widehat{ENM}$ hay $M, F, N, P$ đồng viên. Suy ra $\widehat{QMN}=\widehat{FPE}=\widehat{FAK}$ do đó $A, K, F, M$ đồng viên.
$(AKM)$ cắt $AD$ tại $Z$ thì ta có $\widehat{KLD}=\widehat{KAP}=\widehat{AMK}=\widehat{KZD}$ nên $Z \in (KLD)$. Do đó $\widehat{ZFP}=\widehat{DAK}=\widehat{ZDP}$ hay $Z, F, P, D$ đồng viên. Đến đây ta có đpcm.