Trung Gauss

Bằng qui nạp dễ CM được $(u_n)\in (0;1)$. Xét dãy $(v_n)$: $$\begin{cases} v_0=\min \{a, b\}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2010}v^4_n+\dfrac{2009}{2010}\sqrt[4]{v_n}, \forall n\in\mathbb{N} \end{cases}$$  Theo AM-GM: $$v_{n+1}=\dfrac{1}{2010}v^4_n+\dfrac{2009}{2010}\sqrt[4]{v_n}\ge\sqrt[2010]{v_n^4.\sqrt[4]{v_n}} > v_n$$ Dễ thấy $v_n\in (0;1)$ Từ đó suy ra $\lim v_n=1$. 

Bằng qui nạp, dễ thấy: $v_n\le \min\{ u_{2n}, u_{2n+1}\}, u_{2n+3}\ge v_{n+1}\Rightarrow v_{n+1}\le\min\{u_{2n+2}, u_{2n+3}\}$. Do đó: $$v_n\le \min\{u_{2n}, u_{2n+1}\}\le \max\{u_{2n}, u_{2n+1}\}<1$$ Theo nguyên lý  kẹp, ta được: $$1<u_n<1\Rightarrow \lim u_n =1$$

Vậy, $$\boxed{\lim u_n =1}$$

không hiểu phần $\=\dfrac{4(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

$$\sum \dfrac{y}{(y+z)(x+y)}. \sum (y+z)=\sum \dfrac{y(z+x)}{(y+z)(x+y)}.\sum (y+z) =\dfrac{4(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

Theo Cauchy Schwarz: $$\left( \sum \sqrt{ \dfrac{y}{x+y} }\right)^2 \le \sum \dfrac{y}{(y+z)(x+y)}. \sum (y+z)=\dfrac{4(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

Tới đây áp dụng BDT quen thuộc: $$8(x+y+z)(xy+yz+zx)\le 9(x+y)(y+z)(z+x)$$ là có đpcm.

Áp dụng định lý Menelaus, ta có: $$\dfrac{MC}{MB}.\dfrac{BG}{NG}.\dfrac{AN}{AC}=1\Rightarrow \dfrac{BG}{NG}=10$$ Tam giác $AGN$ và $AGB$ có cùng đường cao nên: $$\dfrac{S_{AGN}}{S_{AGB}}=\dfrac{GN}{BG}=\dfrac{1}{10}\Rightarrow S_{AGB}=100$$ Tam giác $BAN$ va $ABC$ có chung đường cao nên: $$\dfrac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{1}{5}\Rightarrow S_{ABC}=550$$

a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác.

CMR: $\sum \frac{1}{a^2(p-a)^2}\geqslant \frac{9}{4S^2}$

Từ đk $a,b,c$ là 3 cạnh một tam giác, ta chọn $x,y,z$ s/cho: $a=y+z, b=z+x, c=x+y$. Khi đó BDT cần CM trở thành: $$\dfrac{1}{x^2(y+z)^2}+\dfrac{1}{y^2(z+x)^2}+\dfrac{1}{z^2(x+y)^2}\ge\dfrac{9}{4xyz(x+y+z)}$$ Đặt $m=yz, n=zx, p=xy$ Ta cần CM: $$\dfrac{1}{(m+n)^2}+\dfrac{1}{(n+p)^2}+\dfrac{1}{(p+m)^2}\ge \dfrac{9}{4(mn+np+pm)}$$ Đây chính là BDT Iran 96 quen thuộc