Bài toán 194. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$. $EF$ cắt $BC$ tại $S$. $I$ là trung điểm $AS$. $K$ là hình chiếu của $S$ lên phân giác trong góc $BAC$. Chứng minh rằng đường thẳng qua trực tâm tam giác $ABC$ vuông góc $IK$ đi qua trực tâm tam giác $AEF$.

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp được đường tròn. Gọi $E,F$ lần lượt là các giao điểm của $AD$ và $BC$, $AB$ và $CD$. Gọi $I$ là giao điểm của phân giác hai góc $BFC,DEC$. $G,H$ lần lượt là trung điểm của $BD,AC$. Chứng minh rằng $G,H,I$ thẳng hàng.

Chứng minh. Xem tại đây

Quay trở lại bài toán.

Gọi $T$ là trực tâm của tam giác $AEF$.

Từ Bổ đề ta có được: $IK$ là $\text{Gauss}$

Theo tính chất đường thẳng $\text{Gauss}$ vuông góc với đường thẳng $\text{Steiner}$: $IK \perp HT$

Bài toán 195. Tam giác $ABC$ có trực tâm $H$, $K$ là một điểm khác $H$ nằm trong tam giác. $H_1,H_2,H_3$ lần lượt là trực tâm tam giác $AHK, BHK, CHK$. $X,Y,Z$ là theo thứ tự là trung điểm $AH_1; BH_2; CH_3$. Chứng minh $X,Y,Z$ thẳng hàng.

Bài toán 183. Đường tròn $(S)$ tiếp xúc với các cạnh $AB$ và $AC$ của tam giác $ABC$ nhọn tại $L,K$ và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm M.

Chứng minh $MK$ đi qua điểm chính giữa cung $AC$ nhỏ của $(O).$

Bài toán 181. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O;R)$ ,ngoại tiếp $(I;r).$ Gọi $x,y,z$ lần lượt là khoảng cách từ $O$ đến các cạnh của tam giác.

Chứng minh rằng $x+y+z= R+r.$

Bài toán: 

Giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2=|x-y| \\ 3^{2+x}+3^{2+y}=30 \end{matrix}\right..$

$3^{2+x}+3^{2+y}=30 \Leftrightarrow 3^x + 3^y = \dfrac{10}{3}$ 

Xét $x \ge 0;y \ge 0$ ta có: Không tồn tại $3^x + 3^y$ có dạng phân số (Loại) 

Xét $x \le 0;y \le 0$ ta có: $3^x + 3^y \le 2 < \dfrac{10}{3}$ (loại)

$\Rightarrow$ $x,y$ là $2$ số trái dấu

Không mất tính tổng quát giả sử $x \ge 0;y \le 0$. Đặt $x=a \ge 0 ; -y=b \ge 0$ ta có:

$\left\{\begin{matrix}a^2+b^2=a+b \\ 3^{2+a}+3^{2-b}=30 \end{matrix}\right.$

$a^2+b^2=a+b \ge \dfrac{(a+b)^2}{2} \Rightarrow 2 \ge a+b \Rightarrow 2-b \ge a$ 

$ \Rightarrow 30=3^{2+a}+3^{2-b} \ge 3^{2+a}+3^a = 10.3^a$

$ \Rightarrow 1 \ge a$ $(1)$

Và $a^2+b^2=a+b \Rightarrow a(a-1)+b(b-1)=0$

Vì $a(a-1) \le 0 \Rightarrow b(b-1) \ge 0 \Rightarrow b \ge 1$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ $ \Rightarrow 3^{2+a}+3^{2-b} \le 3^3 + 3 = 30$

Dấu bằng xảy ra khi: $a=1;b=1$ Hay $x=1;y=-1$

Vậy $(x;y)=\begin{Bmatrix}(1;-1);(-1;1)\end{Bmatrix}$

P/s: Lần đầu giải bài trên VMF's Marathon Olympiad

$\boxed{\textbf{Bài Toán 52}}$ $\text{[Vasile Cirtoaje]}$ Cho $3$ số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:

\[(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)\]

Cách khác ngắn gọn hơn

$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

$\Leftrightarrow [\sum (a^2+bc-ab)]^2 \ge 3\sum(a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)$

Đặt $x=a^2+bc-ab;y=b^2+ca-bc;z=c^2+ab-ca$ ta quy về bài toán quen thuộc:

$(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) \Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \ge 0$

$\boxed{\textbf{Bài Toán 52}}$ $\text{[Vasile Cirtoaje]}$ Cho $3$ số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:

\[(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)\]

Bài Toán 56. (Lê Việt Hưng - Mr Cooper) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

\[a \sqrt{b^2+c^2} + b \sqrt{c^2+a^2} + c \sqrt{a^2+b^2} \le \sqrt{6(a+b+c)} \]

$\boxed{\textbf{Bài Toán 45}}$ $\text{[IMO 2001]}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\[\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \ge 1\]

Bài đề xuất tiếp theo:

Bài Toán 69.(THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 3)

Với $x,y$ là các số thực dương sao cho $2x+y,2y+x \neq 2$. Tìm GTNN của biểu thức:

\[\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(2y+x-2)^2}-3(x+y)\]

 

\[\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(2y+x-2)^2}-3(x+y)\]

\[=\left (\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}-(2x+y)+\frac{1}{2}  \right )+\left (\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(2y+x-2)^2}-(2y+x)+\frac{1}{2}  \right )-1\]

\[=\frac{(2xy-6x-3y+2)^2}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2xy-6y-3x+2)^2}{(2y+x-2)^2}-1 \ge -1\]

P/s: Mình có ý kiến nhỏ : Người đăng đề nên gõ LaTeX thay vì đăng ảnh để tránh hiện tượng die ảnh  

Bài Toán 70.(Sưu tầm) Cho $x,y$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\[x^y+y^x > 1\]

Bài Toán 71.(Việt Nam TST 1996) Cho $a,b,c$ là $3$ số thực bất kì. Chứng minh rằng:

\[(a+b^4+(b+c)^4+(c+a)^4 \ge \frac{4}{7}(a^4+b^4+c^4)\]

$\boxed{\textbf{Bài Toán 39}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh rằng:

\[|(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2) \le \sqrt{5}\]

Anh Drago nên gõ đề ra để tránh die ảnh

Bài Toán 63. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

\[(a+b+c)^3 \ge 6\sqrt{3}(a-b)(b-c)(c-a)\]

Bài Toán 62. Cho $a,b,c$ thực không âm và đôi một khác nhau 

Chứng minh: $\sum$ $\frac{x+y}{(x-y)^2}$ $\geq$ $\frac{9}{x+y+z}$

Lời giải Bài Toán 62.

Giải sử $z = min \lbrace x,y,z \rbrace$

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:

\[ (x+y+z)\left (\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{y+z}{(y-z)^2}+\frac{z+x}{(x-z)^2}  \right ) \ge (x+y)\left (\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x}  \right ) =\left( \frac{(x-y)^2}{xy} + \frac{4xy}{(x-y)^2} \right) + 5 \ge 9 \]

Bài toán làm mạnh một bất đẳng thức quen thuộc

$\boxed{\textbf{Bài Toán 26}}$ $\text{[Lê Việt Hưng - Mr Cooper]} $ Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi a,b,c. 

\[a^2+b^2+c^2 \ge \sum \dfrac{a(b^2+c^2)}{b+c} \ge ab+bc+ca\]

$\boxed{8}$ [Trần Quốc Anh] Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:

\[(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \le 3 \]

$\boxed{9}$ [MOSP 2005] Cho $a,b,c \ge 0$ và không đồng thời bằng $0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

\[ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \ge \dfrac{5}{2}\]

Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$

$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$

Theo Bất Đẳng Thức Holder ta có:

$\sum \frac{a^{2}}{b+c}=\sum \frac{a^{3}}{ab+ca} \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{6(ab+bc+ca)} = \dfrac{a^3+b^3+c^3}{6(ab+bc+ca)}+\dfrac{3(a+b)(b+c)(c+a)}{6(ab+bc+ca)} \ge  \dfrac{a^3+b^3+c^3}{6(ab+bc+ca)} + \dfrac{4}{9}(a+b+c)$

Bài 3: (Nguyễn Phúc Tăng - Trần Quốc Anh - Tạp chí Toán học Rumania)

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+a+b+c \geq 6$

 

Ta đi chứng minh bất đẳng thức sau:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \frac{9}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow a+b+c + \sum \dfrac{a^2}{b} + \sum \dfrac{ab}{c} \ge 9$

Bổ đề: $\sum \dfrac{ab}{c} \ge \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$ và $\sum \dfrac{a^2}{b} \ge \dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$

$\Rightarrow a+b+c + \sum \dfrac{a^2}{b} + \sum \dfrac{ab}{c} \ge a+b+c + \dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} +\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}= a+b+c + \dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca} + 3$

Ta cần chứng minh:  $a+b+c + \dfrac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca} \ge 6$

Đặt $a+b+c=x$ $\Rightarrow ab+bc+ca = \dfrac{x^2-3}{2}$

$x+ \dfrac{6x}{x^2-3} \ge 6 \Leftrightarrow (x-3)(x^2-3x+6) \ge 0$ 

Áp dụng BĐT vừa chứng minh được ta có:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+a+b+c \ge \dfrac{9}{a+b+c} + a+b+c \ge 6$

Bài 25: Jack Garfunkel

Cho $a, b, c \geq 0$. Chứng minh rằng:

$$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} + \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a) } \geq 2$$

 Mình đăng bài này có mục đích trước hết các bạn hãy giải bài này xong. Sau đó mình sẽ làm trội bài này bằng 1 bổ đề rất rất chặt

Có tất cả 6 cách chứng minh cho Bài Toán này. Xem tại đây

Nguồn: Lê Khánh Sỹ

$\boxed{9}$ [MOSP 2005] Cho $a,b,c \ge 0$ và không đồng thời bằng $0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

\[ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \ge \dfrac{5}{2}\]

$\boxed{9}$

Từ điều kiện $ab+bc+ca=1$ ta có được: $1 \ge ab , 1 \ge bc , 1 \ge ca$.Trong 3 số dương $a,b,c$ bất kỳ luôn có 2 số nằm cùng phía so với $1$, ta giả sử 2 số đó là $a,b$. Từ đó suy ra: \[(a-1)(b-1)\ge 0\]

\[\Rightarrow 1+ab \ge a+b\]

\[\Rightarrow 2 \ge 1+ab \ge a+b\]

Ta có: $ab+bc+ca=1 \Rightarrow c=\dfrac{1-ab}{a+b} \ge 0$

Thay $c=\dfrac{1-ab}{a+b}$ vào bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

\[ \dfrac{1}{a+b} + \dfrac{a+b}{1+b^2} + \dfrac{a+b}{1+a^2} \ge \dfrac{5}{2} \]

\[ \Leftrightarrow \dfrac{1}{(a+b)^2} + \dfrac{1}{1+b^2} + \dfrac{1}{1+a^2} \ge \dfrac{5}{2(a+b)} \]

Theo $AM - GM$ ta có: \[\dfrac{1}{1+b^2} + \dfrac{1}{1+a^2} = 1 - \dfrac{b^2}{1+b^2}+1 - \dfrac{a^2}{1+a^2} \ge 1 - \dfrac{b}{2}+1 - \dfrac{a}{2}=2-\dfrac{a+b}{2}\] Ta cần chứng minh: \[\dfrac{1}{(a+b)^2}+2-\dfrac{a+b}{2} \ge \dfrac{5}{2(a+b)}\] \[\Leftrightarrow \dfrac{1}{(a+b)^3}+\dfrac{2}{a+b}-\dfrac{1}{2} \ge \dfrac{5}{2(a+b)^2} \]

Đặt $x=\dfrac{1}{a+b} \ge \dfrac{1}{2}$ , bất đẳng thức trên trở thành:

\[x^3 + 2x - \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{5}{2}x^2 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(x-1)^2(2x-1) \ge 0\] Bất đẳng thức trên đúng với mọi $x \ge \dfrac{1}{2}$.

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=1,c=0$ và các hoán vị tương ứng

Bài 13: (Lê Khánh Sỹ)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a+b}{c} \geq 2.\sqrt{(a+b+c)(\frac{a}{bc} +\frac{b}{ca}+ \frac{c}{ab})}$

 

Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\[abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \geq 2\sqrt{abc(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)}\]

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có: \[\begin{matrix} 2\sqrt{abc(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)} & \leq ac(ab+bc+ca)+b(ab^2+bc^2+ca^2)\\ & =a^2bc+abc^2+a^2c^2+ab^3+b^2c^2+a^2bc \end{matrix}\]

Ta cần chứng minh: \[a^2b^2+ab^2c \geq ab^3+a^2bc \Leftrightarrow ab(c-b)(b-a) \geq 0\] 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a = b = c$

Bài 24: USA MO 2017 ngày 2.

Cho $a, b, c, d \geq 0; a+b+c+d=4$. Tìm GTNN:

$P= \sum_{cyc} \frac{a}{b^{3}+4} $

 

Các bạn làm đề gốc trước mở rộng mình sẽ đăng sau.

$\boxed{6}$

Để ý rằng: $\dfrac{1}{x^3+4}=\dfrac{3-x}{12}+\dfrac{x(x-2)^2(x+1)}{12(x^3+4)}$

$\Rightarrow \sum \dfrac{a}{b^3+4}\ge \dfrac{3(a+b+c+d)-(a+c)(b+d)}{12}\ge \dfrac{2}{3}$
Sử dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$ ta có: $(a+c)(b+d)\le \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4}=4$
Hoàn tất chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi: $(a,b,c,d)=(2;2;0;0)$ và các hoán vị tương ứng

$\boxed{8}$ [Trần Quốc Anh] Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:

\[(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \le 3 \]

$\boxed{8}$

SOS

\[RHS-LHS=\frac{1}{2}\sum{a(a^2b+a^2c+2b+2c+2)(a-1)^2}+(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2+\frac{1}{2}a^2b^2c^2\ge{0}\]