Bạn nói rõ giúp mình đoạn $\frac{x^{2}+3y^{2}}{2xy^{2}-x^{2}y^{3}}\geq \frac{2xy+2y^{2}}{xy^{2}(2-xy)}\geq \frac{4y}{xy^{2}(2-xy)}$ Đc k tk

Ta có : $(x-y)^{2}\geq 0\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}\geq 2xy$
$\frac{x^{2}+3y^{2}}{2xy^{2}-x^{2}y^{3}}= \frac{(x^{2}+y^{2})+2y^{2}}{xy^{2}(2-xy)}\geq \frac{2xy+2y^{2}}{xy^{2}(2-xy)}= \frac{2y(x+y)}{xy^{2}(2-xy}= \frac{4y}{xy^{2}(2-xy)}$

Mỏ rộng : Giải PT : $ (x-n)^{p}-(x-n)^{q}= 0(p>q)$ ( p , q là số tụ nhiên ) .
Giải : $ PT\Leftrightarrow (x-n)^{q}[(x-n)^{p-q}-1]= 0$
Xảy ra các truong họp :
-$ (x-n)^{q}=0\Leftrightarrow x=n$
-$ (x-n)^{p-q}=1$
+ Nếu p-q lẻ thì$ x-n=1 \Leftrightarrow x=n+1$
+Nếu p-q chẵn thì có 2 TH :
1. $ x-n=1 \Leftrightarrow x=n+1$
2.$ x-n=-1 \Leftrightarrow x=n-1$
KL : -Nếu p-q lẻ thì PT có các nghiệm : x=n : x= n+1
-Nếu p-q chẵn thì PT có các nghiệm : x=n ; x=n-1 ; x=n+1 .

Đề bài : Giải phương trình : $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$
p/s : Đề đơn giản . Chỉ nghĩ được thế này thôi .

PT $\Leftrightarrow (x-7)[1-(x-7)^{10}]= 0$
Xảy ra các truòng hop :
-$ x-7= 0\Leftrightarrow x=7$
-$ x-7=1\Leftrightarrow x=8$
-$ x-7=-1\Leftrightarrow x=6$
Thủ lại : thỏa mãn .
Vậy nghiệm của Pt là : x=6 , x=7 , hoặc x=8 .

Lời giải chưa cụ thể.
D-B=5.4h
E=9.5
F=1 * 10=10
S=81.1

Bài 1: Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.

Tìm GTLN của  $P=\left | a^3+b^3+c^3-abc \right |$

 

Bài 2:  Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\left | a^3+b^3+c^3-abc \right |=1$.

Tìm GTNN của $a^2+b^2+c^2$

 

Để ý $(a^3+b^3 )^{2}\leq (a^2+b^2)(a^4+b^4)$

Ta có : $$P^2= [a^3+b^3+c(c^2-ab)]^{2}\leq (a^2+b^2+c^2)(a^4+b^4+(c^2-ab)^2)$$

$$= a^4+b^4+c^4+a^2b^2-2abc^2\leq a^4+b^4+c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$

$$\leq a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2= (a^2+b^2+c^2)^{2}$$

Gọi a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC (a, b, c >0)
Gọi x, y, z là độ dài các đoạn thẳng MH, MI, MK (x, y, z >0)
Vì MH, MI, MK vuông góc với BC, CA, AB nên ta có:2 S_BMC= $x.a$,2 S_CMA= $y.b$,2 S_AMB= $z.c$
Mà điểm M nằm trong tam giác ABC nên
2 S_ABC=2(S_AMB+S_BMC+S_CMA)=$ax+by+cz$
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
4 $S_{ABC}^2$ = $(ax+by+cz)^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$
Do đó: $x^2+y^2+z^2 \geq \frac{4 S_{ABC}^2}{a^2+b^2+c^2}$
Hay $MH^2+MI^2+MK^2 \geq \frac{4 S_{ABC}^2}{a^2+b^2+c^2}$
mà a, b, c và $S_{ABC}^2$ không đổi
Suy ra $MH^2+MI^2+MK^2$ đạt GTNN là $\frac{4 S_{ABC}^2}{AB^2+BC^2+CA^2}$
khi và chỉ khi M nằm trong tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
$\frac{MH}{BC}=\frac{MI}{AC}=\frac{MK}{AB}$

Thiếu hình vẽ, trừ nửa số điểm. BĐT Bunyakovski cho 2 bộ 3 số ở THCS không được công nhận, trừ 4đ. Biện luận dấu = chưa hoàn chỉnh.
D-B=40.6h
E=0.5
F=0
S=8.9

Thử bài này xem (cũng dễ)
Cho lục giác đều ABCDEG. Trong đó đỉnh A được tô đỏ, các đỉnh còn lại được tô xanh. Người ta đổi màu các đỉnh của lục giác theo quy tắc. Mỗi lần đổi màu đồng thời 3 đỉnh liên tiếp (xanh sang đỏ, đỏ sang xanh).Hỏi sau 1 số lần đổi màu có thể đạt được đỉnh B được tợ màu đỏ và đỉnh còn lại được tô màu xanh hay không

Xét các điểm đối xúng vs nhau wa tâm O hình luc giác .
Giả su làm đc nhu đề bài.Khi đó A,C,D,E,G cùng màu xanh .
Ta thấy , sau 1 lần đổi thì ko thể đổi màu cả 2 điểm đối xúng nhau .Do đó:
- Ban đầu A đỏ , D xanh nên muốn cả 2 có màu xanh thì cần 1 số lẻ lần đổi màu. (1)
-Ban đầu C xanh, G xanh nên muốn cả 2 có màu xanh thì cần 1 số chẵn lần đổi màu. (2)
Tu (1) và (2) suy ra mâu thuẫn $ \Rightarrow$ điều giả sủ là saj $ \Rightarrow$ CAN NOT

Góp vui 1 bài :
Cho một đa giác lồi có diện tích $ 24cm^{2}$.CMR : ta luôn vẽ được trong đa giác đó một tam giác có diện tích không nhỏ hơn $ 6cm^{2}$.

À nghĩ ra rồi em chém trực tiếp bài này :
Gọi A là 1 điểm trong 6 điểm. 5 điểm nối với A là $B,C,D,E,F$ được tô bởi hai màu nên ta sử dụng nguyên lý Đi Dép Lê tồn hai đoạn thẳng cùng màu . Ko mất tỉnh tổng quát ta giả sử AB,AC,AD cùng màu đỏ
Xét tam giác BCD nếu có cạnh BC màu đỏ tì tồn tại 3 cạnh fải màu đỏ( tam giác ABC) . Nếu tam giác BCD ko có cạnh nào màu đỏ tì bài toán đk chứng minh xong
=========
p/s: Mọi người coi lại dùm e làm sơ sơ có biết đúng hay ko nựa

Chỗ màu đỏ nên chũa lại thành:
Xét tam giác BCD nếu có 1 trong 3cạnh BC,CD,BD màu đỏ tì tồn tại 3 cạnh fải màu đỏ( tam giác ABC,ABD,ACD)
________________________________________________________________________
Đây là bài tổ hop hình học khá wen thuộc!

Bài toán: Trên bàn cờ 1995 X 1995 ô vuông có một mã ở một ô nào đó. Hỏi con mã có thể qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần rồi quay về chỗ ban đầu hay không?
Bác nào biết đánh cờ là giải được bài này .

Ta tô màu các ô vuông băng 2 màu đen và trắng ( nhu bàn cờ vua) . Ko mất tính tông quát giả sử con mã ở ô màu trắng . Con mã đi thêm 1 buoc thì nó ở ô đen , đj thêm 3 buóc thì nó lại o đen .Suy ra sau 1 số lẻ buóc nó sẽ o ô đen . Để qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần rồi quay về chỗ ban đầu thì con mã phải đi 1995 X 1995 buóc - là 1 số lẻ , suy ra nó sẽ trỏ về 1 ô đen , trái vs giả su ban đàu nó o ô trắng .
VẬY con mã biến thành SIÊU NHÂN GAO thì nó mói có thể đi đc nhu đè bài !

Do MSS22 không post đề đúng thời hạn nên BTC đưa ra đề dự bị như sau:
Với $x,y,z$ là các tham số dương cho trước, giải hệ pt sau trên tập số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz = xyz \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} =x+y+z \\
\end{array} \right.
\]

Lâu ko vào MSS chém tj'

Tù pt đầu $\Rightarrow \frac{a}{xy}+\frac{b}{yz}+\frac{c}{zx}= 1$
$\Rightarrow \frac{a}{yz}+\frac{b}{zx}< 1\Leftrightarrow ax+by< xyz\Rightarrow z> \frac{a}{y}+\frac{b}{x}$
Tuong tụ : $x> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}$ , $y> \frac{a}{z}+\frac{c}{x}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta đc :
$2(x+y+z)> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}+ \frac{a}{z}+\frac{c}{x}+\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+x+y+z$
$= (\frac{a+b}{z}+z)+(\frac{b+c}{x}+x)+(\frac{c+a}{y}+y)$
$\geq 2( \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})$
$\Rightarrow x+y+z> \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$
Vì dấu "=" ko xảy ra nên mâu thuẫn vs PT thú 2 của hệ .
Vậy hệ PT đã cho vô nghiệm .

Bài giải chính xác. Chuẩn ko cần chỉnh
D - B = 24h
E = 10
F = 0
S = 54

Đáp án:

Các số $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia 4 du 0 hoặc 1 mà $ (1984-104x)\vdots4$ suy ra $(x^{4}+y^{4}+z^{4})\vdots4$
Do đó $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia hết cho 4 suy ra x,y,z chẵn .
$ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}= [20^{x}-(-1)^{x}]+[11^y-(-1)^{y}]$ $ -(1969^{z}-1^{z})$ +1
Vì $ (a^{n}-b^{n})\vdots(a-b)$ nên $ (20^{x}-(-1)^{x})\vdots21\vdots3$
$ (11^{y}-(-1)^{y})\vdots12\vdots3$ , $ (1969^{z}-1^{z})\vdots1968\vdots3$
suy ra A chia 3 du 1
Mà $ a+a^{2}= a(a+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia 3 du 0 hoặc 2.
Vậy Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ ko thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên .

Đề bài : Cho x ,y ,z nguyên duong thỏa mãn :
$ x^{4}+y^{4}+z^{4}= 1984-104x$
Hỏi : Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ có thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên đc không ?

Do sự cố kĩ thuật nên thời gian ra đề được tính là lúc 22h19 17/3/2012.

Đáp án:

Các số $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia 4 du 0 hoặc 1 mà $ (1984-104x)\vdots4$ suy ra $(x^{4}+y^{4}+z^{4})\vdots4$
Do đó $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia hết cho 4 suy ra x,y,z chẵn .
$ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}= [20^{x}-(-1)^{x}]+[11^y-(-1)^{y}]$ $ -(1969^{z}-1^{z})$ +1 (*)
Vì $ (a^{n}-b^{n})\vdots(a-b)$ nên $ (20^{x}-(-1)^{x})\vdots21\vdots3$
$ (11^{y}-(-1)^{y})\vdots12\vdots3$ , $ (1969^{z}-1^{z})\vdots1968\vdots3$
suy ra A chia 3 du 1
Mà $ a+a^{2}= a(a+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia 3 du 0 hoặc 2.
Vậy Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ ko thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên .

(*) $=20^{x}-1+11^{y}-1-(1969^{z}-1)+1= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$

Đáp án:

Các số $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia 4 du 0 hoặc 1 mà $ (1984-104x)\vdots4$ suy ra $(x^{4}+y^{4}+z^{4})\vdots4$
Do đó $ x^{4};y^{4};z^{4}$ chia hết cho 4 suy ra x,y,z chẵn .
$ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}= [20^{x}-(-1)^{x}]+[11^y-(-1)^{y}]$ $ -(1969^{z}-1^{z})$ +1
Vì $ (a^{n}-b^{n})\vdots(a-b)$ nên $ (20^{x}-(-1)^{x})\vdots21\vdots3$
$ (11^{y}-(-1)^{y})\vdots12\vdots3$ , $ (1969^{z}-1^{z})\vdots1968\vdots3$
suy ra A chia 3 du 1
Mà $ a+a^{2}= a(a+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia 3 du 0 hoặc 2.
Vậy Số $ A= 20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ ko thể viết duoi dạng $ a+a^{2}$ vs a là số tụ nhiên .

Anh thấy đáp án có chỗ sai thì phải. Chỗ chứng minh A chia 3 dư 1.
Anh viết lại như sau cho dễ hiểu:
\[A = {20^x} + {11^y} - {1969^z} \equiv {\left( { - 1} \right)^x} + {\left( { - 1} \right)^y} - {\left( { - 1} \right)^z} \equiv 1 + 1 - 1 \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\]

Anh oi Đáp án đung rồi mà.x,y,z chẵn nên đúng mà anh .

công thức này là... em không hiểu lắm anh giải thích dùm em

Dễ hiểu hon nhé :
Ta có :
$4\geq \sum \frac{2(a^2+1)}{a^4+a^2+1}= \sum \frac{(a^2-a+1)+(a^2+a+1)}{(a^2-a+1)(a^2+a+1)}= \sum (\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{a^2+a+1})$
$\geq \sum \frac{1}{a^2-a+1}+1$
$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^2-a+1}\leq 3$

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
a) $p=8k+1$

Tổng quát : Với mỗi số n nguyên dương cho trước luôn tồn tại vô số số nguyên tố dạng $2^{n}k+1$
Ta dùng bổ đề :
Bổ đề : Cho $a,n\in\mathbb{N}^{*}$ .Khi đó mọi ước nguyên tố p của số $a^{2^{n}}+1$ hoặc bằng $2$ hoặc có dạng $p= 2^{n+1}k+1$
Vào bài toán :
Giả sử chỉ có hữu hạn số ntố dạng $2^{n}k+1$ là ${p_1},{p_2},..,{p_m}$
Đặt $a=2{p_1}{p_2}...{p_m}$
Xét số $A= a^{2^{n-1}}+1$ .Theo bổ đề thì mọi ước ntố p của $A$ đều có dạng $p= 2^{n}k+1$.
Số $p$ này phải khác tất cả các ${p_i}$ vì nếu $p= {p_i}$ nào đó thì $a\vdots p$ mà $A\vdots p$ $\Rightarrow 1\vdots p$ vô lí
$\Rightarrow p\neq {p_i}$
Mà $p= 2^{n}k+1$. nên mâu thuẫn vs giả sử $\Rightarrow$ giả sử sai $\Rightarrow Q.E.D$

Đề thi HSG lớp 10 trường THPT Chuyên Hà Nội-Amsterdam
Thời gian: 90'
Bài 1:
Cho $a,n\in \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $(a+1)^3-a^3=n^2$
Chứng minh rằng $n$ là tổng của hai số chính phương liên tiếp

Xét pt $Pell$ : $x^{2}-3y^{2}=1$...

Em nộp bài :
Giả sủ phương trình có nghiệm và $x_0$ , $y_0$ , $z_0$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình .
Ta có : $ (36x+y)(36y+x)= 2^{z}$ (1)
Vì $ 2^{z}$ là lũy thùa của 2 nên cả hai thùa số $ (36x+y)$ và$ (36y+x)$ đều fải là lũy thùa của 2
hay $ (36x+y)\equiv 0(mod 2)$ và $ (36y+x)\equiv 0(mod 2)$ hay x,y chia hết cho 2 .
Giả sủ phương trình có nghiệm và $x_0,y_0,z_0$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình .
Đặt $x_0=2x_1 , y_0=2y_1$ ( $x_1 ,y_1$ là số tụ nhiên )
$(1)\Leftrightarrow (72 x_1 +2 y_1)+(72 y_1+2 x_1)= 2^{ z_0 }$
$\Leftrightarrow (36 x_1 + y_1 )(36 y_1+ x_1)= 2^{ z_0 -2}$
Đặt $z_0-2=z_1\Rightarrow x_1 , y_1 , z_1$ cũng là nghiệm của PT , nhung điều này vô lí vì
$x_1<x_0 , y_1<y_0, z_1<z_0$.
Vậy PT đã cho vô nghiệm .
________________________________________________________________________________________
Bài tổng quát :Giải PT nghiệm nguyên duong .
$(kx + y)(ky + x) = p^z$
vs p là số nguyên tố , k là số tụ nhiên chia hết cho p nhg ko fải là lũy thùa của p.
CM hoàn toàn tuong tu nhu trên .

Kết quả:
D-B=30.5
E=10
F=1 * 10=10
S=57.5

Thì...
$b=2$ hoặc $b=3$
+$b=2$ thì $a=3$
+$b=3$ thì $a=2$
Vậy ...

Đặt $\ x^{2}= t$ phuong trình tuong đuong vói :
$ \sqrt[5]{27}t^{5}-5t^{3}+2\sqrt[5]{27}=0\Leftrightarrow 3t^{5}-5\sqrt[5]{3^{2}}t^{3}+6= 0$
$ \Leftrightarrow 3t^{3}(t^{2}-\sqrt[5]{3^{2}})-2\sqrt[5]{3^{2}}(t^{3}-\sqrt[5]{3^{3}})= 0$
$ \Leftrightarrow 3t^{3}(t-\sqrt[5]{3})(t+\sqrt[5]{3})-2\sqrt[5]{3^{2}}(t-\sqrt[5]{3})(t^{2}-\sqrt[5]{3}t+\sqrt[5]{3^{2}})= 0$
$ \Leftrightarrow (t-\sqrt[5]{3})(3t^{4}+3\sqrt[5]{3}t^{3}-2\sqrt[5]{3^{2}}t^{2}+2\sqrt[5]{3^{3}}t-2\sqrt[5]{3^{4}})= 0$
Mà $ 3t^{4}+3\sqrt[5]{3}t^{3}-2\sqrt[5]{3^{2}}t^{2}+2\sqrt[5]{3^{3}}t-2\sqrt[5]{3^{4}}\neq 0$ X
$ \Rightarrow t= \sqrt[5]{3}\Rightarrow x= \sqrt[10]{3}$ hoặc $ x= -\sqrt[10]{3}$
Vậy $\ x= \sqrt[10]{3}$ hoặc $ x= -\sqrt[10]{3}$

Chỗ dấu X nếu em lý luận chặt hơn thì sẽ được điểm tối đa.
Kết quả:
D-B=10.8h
E=8.5
F=0
S=62.7

Cho (O;R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn.Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AM và AN với (O;R). Kẻ cát tuyến ABC với B nằm giữa A và C. Lấy I là trung điểm BC.Tia MI cắt (O;R) tại K. Chứng minh MK song song với BC

Dùng TC của tú giác điều hòa dễ dàng CM đc : MBN và CIN đồng dạng .tù đó dễ dàng suy ra ĐPCM .

Bài này hình nhu vùa thj HSG Nghệ An 2012 hôm trc .

Bài 1:$a,m\in N$.C/m:
$a^{m}\equiv a^{m-\varphi (m)}(modm)$

Ta cần chứng minh :
$A=a^m-a^{m-\phi (m)}= a^{m-\phi (m)}(a^{\phi (m)}-1)$ $\vdots m$
Giả sử q là ước nguyên tố bất kì của m và $\alpha$ là số mũ của $q$ trong $m$ .
Ta sẽ chứng minh rằng nếu $(a,q)=1$ thì $a^{\phi (m)}-1\vdots q^\alpha$ và nếu $a\vdots q$ thì
$a^{m-\phi (m)}-1\vdots q^\alpha$ . Từ đó $A\vdots q^{\alpha }$
+ Nếu $(a,q)=1$ . Theo Ơle : $a^{\phi (q^\alpha) }-1\vdots q^\alpha$
Mà dễ thấy $\phi (q^\alpha )\mid \phi (m)\rightarrow a^{\phi (m) }-1\vdots a^{\phi (q^\alpha) }-1\vdots q^\alpha$ $\rightarrow A\vdots q^\alpha$
+ Nếu $a\vdots q\rightarrow a^{m-\phi (m)}\vdots q^{m-\phi (m)}$.
Mà dễ thấy $m-\phi (m)\geq \alpha$. Vì có ít nhất $\alpha$ số không nguyên tố với m là $q,q^{2},...,q^\alpha$.
Suy ra $a^{m-\phi (m)}\vdots q^{m-\phi (m)}\vdots q^{\alpha }\rightarrow A\vdots q^{\alpha }$
Thế là đã xong vì q là ước nguyên tố bất kì của m nên mọi ước của m đều có TC này .

Cho $x,y,z$ là các số dương. Chứng minh rằng với $x+y+z=3$ thì
$$3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)+4xyz\ge 13$$

Làm thế này cho đỡ đau đầu !
Ta thấy sẽ có ít nhất 2 trong 3 số $x,y,z$ cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn $1$.Giả sử là $y$ và $z$
$\Rightarrow (y-1)(z-1)\geq 0\Leftrightarrow yz\geq y+z-1= 2-x$
$\Rightarrow xyz\geq 2x-x^2\Rightarrow 4xyz\geq 8x-4x^2$
Áp dụng nhận xét trên kết hợp vs bđt cơ bản $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$ ta được :
$VT\geq 3x^2+\frac{3}{2}.(y+z)^2+8x-4x^2= \frac{3}{2}.(3-x)^2-x^2+8x$
$$= \frac{x^2}{2}-x+\frac{1}{2}+13= \frac{(x-1)^2}{2}+13\geq 13$$
Vậy ta có $Q.E.D$

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

Cách khác không cần động đến dồn biến toàn miền :
Giả sử $z=min(x,y,z)$ suy ra $x-z> 0,y-z> 0$
Ta có :$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}]$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{x^2+y^2+2z^2-2xz-2yz}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(x-z)^2(y-z)^2}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}\geq ^{AM-GM} \frac{2}{(x-z)(y-z)}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}$
$= \frac{4}{(x-z)(y-z)}\geq \frac{4}{xy}\geq \frac{4}{xy+yz+zx}$
Nhân chéo lên ta được $Q.E.D$