dogsteven

1. Cauchy-Schwarz:

$x+y+z=2$: $2(2-x^2) \geqslant (2-x)^2$

$x+y+z=-2$: $2(2-x^2) \geqslant (2+x)^2$

$\widehat{JBI}+\widehat{KAL}=\widehat{JAI}+\widehat{AJI}+\widehat{AIJ}=180^{o} \Rightarrow \widehat{JIB}=\widehat{BAK}=\widehat{KLB}$

Xét hàm số $f(t)=\sqrt{t^2+3}-2t+\dfrac{3}{2}\ln t$

Ta có $f'(t)=\dfrac{t}{\sqrt{t^2+3}}-2+\dfrac{3}{2t}=0 \Leftrightarrow t=1$

Ta cũng có $f''(1)<0 \Rightarrow f(t) \leqslant f(1)=0$

$\Rightarrow \sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+3}+\sqrt{c^2+3}\leqslant 2(a+b+c)-\dfrac{3}{2}\ln abc=2(a+b+c)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 1: Chuẩn hóa $(a+b)(b+c)(c+a)=8 \Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc=8$

Vì vậy ta cần chứng minh: $8-2abc \geqslant 2(ab+bc+ca)$

Bất đẳng thức này không khó chứng minh.

Bài 2: Chuẩn hóa $a+b+c=3$ rồi dùng phương pháp UCT.

Bài 4: $\dfrac{3a}{b+c}+\dfrac{4b}{c+a}+\dfrac{5c}{a+b}+12=(a+b+c)\left (\dfrac{3}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}+\dfrac{5}{a+b} \right)$

Dùng Cauchy-Schwarz.

$x^2y+y^2z+z^2x\leqslant x^2y+y^2z+z^2x+xyz\leqslant \dfrac{4}{27}(x+y+z)^3=\dfrac{4}{27}$

Đẳng thức xảy ra khi $x\to \dfrac{2}{3}; y\to \dfrac{1}{3};z\to 0$ và các hoán vị tương ứng.

 

6)

Cách 1: http://diendantoanho...2b22c22leq-216/

 

Cách 2: 

cách sơ cấp, dùng $p,q,r$

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)=8+4\sum a^2+2\sum a^2b^2+a^2b^2c^2=8+4\left ( \sum a \right )^2-8\sum ab+2\left ( \sum ab \right )^2-\left ( 24-abc \right )abc\le 216$

$\Leftrightarrow 2\sum ab.\left ( \sum ab-4 \right )\le 64+abc\left ( 24-abc \right )$

Tính $f(q)$ hoặc $f(r)$ cái nào được thì dùng.

 

Đặt $P=(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \Leftrightarrow \ln P = \ln (a^2+2)+\ln (b^2+2)+\ln(c^2+2)$

Đến đây dùng phương pháp tiếp tuyến 

Xét hàm số $f(t)=\ln (t^2+2)-\dfrac{2}{3}t-\ln6+\dfrac{4}{3}$ trên $[1;4]$

Ta có $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=1$ hoặc $t=2$ và ta có $f''(2)<0$ nên $f(t)\leqslant f(2)=0$

Vì vậy mà $\ln P \leqslant \dfrac{2}{3}(a+b+c)+\ln 216-\dfrac{12}{3}=\ln 216 \Leftrightarrow P \leqslant 216$

$(BDT) \Leftrightarrow (a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]+\dfrac{-(a-b)^2}{a^2+b^2}+\dfrac{-(b-c)^2}{b^2+c^2}+\dfrac{-(c-a)^2}{c^2+a^2} \ge 0$

$\Leftrightarrow \sum (b-c)^2. \left(a+b+c-\dfrac{1}{b^2+c^2} \right ) \geqslant 0$

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c$

$S_{b}=a+b+c-\dfrac{1}{a^2+c^2}=b+c+\dfrac{a^3+ac^2-1}{a^2+c^2} \geqslant b+c+\dfrac{ac^2}{a^2+c^2}>0$

$S_{b}+S_{a}=2(a+b+c)-\dfrac{1}{b^2+c^2}-\dfrac{1}{c^2+a^2}\geqslant 2(a+b+c)-\dfrac{a}{2}-\dfrac{b}{2}>0$

$S_{b}+S_{c}=2(a+b+c)-\dfrac{1}{a^2+b^2}-\dfrac{1}{c^2+a^2} \geqslant 2(a+b+c)-\dfrac{c}{2}-\dfrac{b}{2}>0$

Theo S.O.S, bất đẳng thức được chứng minh.

Sai hết rồi, đề có có dương đâu mà Cauchy-Schwarz với Cauchy. Khẳng định là đề thiếu điều kiện $a,b,c>0$

Đặt $f(n)=\left (1+\dfrac{1}{n} \right )^{n+\dfrac{1}{2}}$

$\Leftrightarrow \ln f(n)=\left (n+\dfrac{1}{2} \right).\ln \left (1+\dfrac{1}{n} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{f'(n)}{f(n)}=\ln \dfrac{n+1}{n} + \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}.(n+\dfrac{1}{2})>0$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Ta cũng có $f(n)>0$ nên ta có điều cần chứng minh.

Bài 1: Tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Trên đường đối trung góc $A$ của tam giác $ABC$ chọn một điểm $Q$ bất kỳ sao cho $Q$ nằm trong góc $BAC$. $(O_1), (O_2)$ lần lược là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQB, AQC$. Chứng minh rằng trung điểm $O_1O_2$ luôn nằm trên 1 đường thẳng cố định, đường thẳng đó là đường thẳng nào.

Bài 2: Cho hai điểm $A,B$ phân biệt nằm trên đường tròn $(O)$ sao cho $AB$ không là đường kính. Một điểm $C$ nằm ngoài $(O)$, kẻ các tiếp tuyến $CS, CT$ đến $(O)$ với $T,S$ là các tiếp điểm. $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $AB$. Các đường thẳng $MS, MT$ cắt $AB$ lần lược lại $E,F$. Từ $E$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt $OS$ tại $X$, từ $F$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt $OT$ tại $Y$. Qua $C$ kẻ đường thẳng cắt $(O)$ tại $P,Q$ sao cho $P$ nằm giữa $C,Q$. $MP$ cắt $AB$ tại $R$.$Z$ làm tâm đường tròn ngoại tiếp $PQR$. Chứng minh $X,Y,Z$ thẳng hàng.

Bài 3: Tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $M, N$ lần lược là trung điểm cung nhỏ $AC, AB$. Điểm $G$ tùy ý trên cung nhỏ $BC$ sao cho $BG, CG >0$. Gọi $I,J,K$ lần lược là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC, AGB, AGC$. $D$ là trung điểm $MN$. $P$ là giao của $(O)$ và $(GJK)$. Chứng minh $P,I,D$ thẳng hàng.

Từ $M$ kẻ các đường thẳng song song với các cạnh.

$2\vec{MD}+2\vec{ME}+\vec{MF}=\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}=3\vec{MO}$

Giả sử $c \geqslant b\geqslant a \Rightarrow c \geqslant 2; a \leqslant 2$

$(b^2+2)(c^2+2) - \left [\dfrac{(b+c)^2}{4}+2 \right ]^2 = \dfrac{-(b-c)^2}{16}(b^2+c^2+6bc-16)$

$b^2+6bc+c^2-16 \geqslant c^2+6c-15 \geqslant 1 >0$

Vì vậy mà $(b^2+2)(c^2+2) \leqslant \left [\dfrac{(b+c)^2}{4}+2 \right ]^2$

$2t=b+c \Rightarrow t \in \left[2; \dfrac{5}{2} \right ]$

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \leqslant (a^2+2)(t^2+2)^2 = [(6-2t)^2+2](t^2+2)^2 = 2(t-2)^2(2t^4-4t^3+3t^2-20t-8) +216$

$f(t)=2t^4-4t^3+3t^2-20t-8$

$f'(t)=8t^3-12t^2+6t-20=2(t-2)(4t^2+2t+7) + 8 > 0 \Rightarrow f(t)  \leqslant f\left ( \dfrac{5}{2} \right ) < 0$

Vì vậy mà $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \leqslant 216$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$

 

Bạn có thể giải thích và chứng minh cách đặt trên được không? 

 

Từ đẳng thức: $\dfrac{4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)+8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=4$ ta suy ra được cách đặt $x=\dfrac{2a}{b+c}; y=...$ với $xy+yz+zx+xyz=4$

Nghịch đảo lại là ra cách đặt của em ở trên.

$(x;y;z)=\left (\dfrac{a}{a-1}; \dfrac{b}{b-1}; \dfrac{c}{c-1} \right)$

$xyz=\dfrac{abc}{(a-1)(b-1)(c-1)}=\dfrac{(a-a+1)(b-b+1)(c-c+1)}{(a-1)(b-1)(c-1)}=(x-1)(y-1)(z-1)$

$\Leftrightarrow x+y+z-xy-yz-zx=1$

$x^2+y^2+z^2\geqslant 1 = 2(x+y+z-xy-yz-zx)-1 \Leftrightarrow (x+y+z-1)^2 \geqslant 0$

$(x;y;z)=\left (\dfrac{b+c}{2a}; \dfrac{c+a}{2b}; \dfrac{a+b}{2c} \right)$

$xy+yz+zx \ge x+y+z \Leftrightarrow \sum \dfrac{c(b+c)(c+a)}{4abc} \ge \sum \dfrac{2bc(b+c)}{4abc}$

$\Leftrightarrow a(a+b)(a+c)+b(b+c)(b+a)+c(c+a)(c+a) \ge 2ab(a+b)+2bc(c+c)+2ca(c+a)$

$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$