dogsteven

$3VT = \sum \left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b} \right ) \geqslant \sum \dfrac{9}{a+2b} = 3VT \Leftrightarrow VT \geqslant VP$

Có một cách không cần suy nghĩ   

Dễ thấy tồn tại $t \geqslant 0$ thỏa $a^2+2t^2+2at^2=1 \Leftrightarrow t^2=\dfrac{1-a}{2}$

Đặt $f(a;b;c)=a^2+b^2+c^2-4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Theo giả thiết thì $bc \leqslant t^2$ và $2t^2 \leqslant b^2+c^2$

$f(a;b;c)-f(a;t;t)=(b^2+c^2-2t^2)(1-4a^2)-4(b^2c^2-t^4)$

Giả sử $a \leqslant \text{min{b;c}}$ thì $3a^2+2a^3-1 \leqslant 0 \Leftrightarrow 0\leqslant a \leqslant \dfrac{1}{2}$

Vì vậy mà $f(a;b;c) \geqslant f(a;t;t) = 4a^3-4a^2+a=a(2a-1)^2 \geqslant 0$

Bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$ hoặc $a\to 0, b=c \to \sqrt{\dfrac{1}{2}}$

Cách 1: Áp dụng BDT Schur: $q-2r \leqslant q- \dfrac{2}{9}(4q-1)=\dfrac{q}{9}+\dfrac{2}{9}\leqslant \dfrac{7}{27}$

Cách 2: $f(x;y;z)=xy+yz+zx-2xyz$

Đặt $x+2t=1$ và giả sử $x\leqslant y,z$

$f(x;y;z)-f(x;t;t)=\dfrac{2x-1}{4}.(y-z)^2 \leqslant 0$

$\Leftrightarrow f(x;y;z) \leqslant f(x;t;t)=2tx+t^2-2xt^2\leqslant \dfrac{7}{27} \Leftrightarrow \left (t-\dfrac{7}{12} \right)\left(t-\dfrac{1}{3} \right)^2 \leqslant 0$ (đúng vì $x=1-2t \geqslant 0 \Leftrightarrow t \leqslant \dfrac{1}{2} < \dfrac{7}{12}$)

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$

$VT=\sum \dfrac{2a^2}{\sqrt{4ab(b+3)}} \geqslant \sum \dfrac{4a^2}{4ab+b+3} \geqslant \dfrac{9}{ab+bc+ca+3} \geqslant \dfrac{3}{2}$

$3 \geqslant \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geqslant \dfrac{9}{a+b+c} \Leftrightarrow a+b+c \geqslant 3$

$a^3+1+1 \geqslant 3a$

Tương tự ta được $a^3+b^3+c^3 \geqslant a+b+c+2(a+b+c)-6 \geqslant a+b+c$

untitled.PNG

Áp dụng $2$ bổ đề:

1) Đường thẳng $Euler$: $I,O,G$ thẳng hàng với $G$ là trọng tâm

2) Định lý con nhím

Giải: Dựng vecto $e$ vuông góc $EF$ và có độ dài bằng $IM$

Áp dụng bổ đề $2$ và nhân thêm lượng độ dài $IM$ ta có: $\overrightarrow{IP}.BE+\overrightarrow{IM}.BC+\overrightarrow{IN}.FC+\overrightarrow{e}.EF=0=>\overrightarrow{IG}=\frac{-EF}{3BC}.\overrightarrow{e}=>\overrightarrow{IG}//\overrightarrow{e}$

Áp dụng bổ đề $1$ ta có Q.E.D

A-L:)

Lời giải sai, $\vec{IG}$ không luôn cùng hướng với $\vec{OI}$.

(a) $y^2+1 \geqslant 2y$

$z^3+1+1 \geqslant 3z$

$\Rightarrow P \geqslant x+2y+3z-3$

(b) $6=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{2y}+\dfrac{9}{3z} \geqslant \dfrac{36}{x+2y+3z} \Rightarrow x+2y+3z \geqslant 6$

$P \geqslant x+2y+3z-3 \geqslant 3$

Giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

$a^2b+b^2c+c^2a \leqslant a^2b+b^2c+c^2a +abc \leqslant \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}=32$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$ hoặc $a\to 4; b\to 2; c\to 0$ và các hoán vị tương ứng.

Dùng BDT Cauchy: $\sqrt{3-x}+x =2.\dfrac{1}{2}.\sqrt{3-x}+x \leqslant \dfrac{1}{4}+3-x+x=\dfrac{14}{3}$

Đề phải là $x^ny+y^nz+z^nx$ chứ anh

Với $n=0$ thì $P =1$

Với $n=1$ thì $P \leqslant \dfrac{1}{3}$

Với $n \geqslant 2$:

Gọi $(a;b;c)$ là hoán vị tùy ý của $(x;y;z)$ sao cho $a \geqslant b \geqslant c \Rightarrow ab \geqslant ac \geqslant bc$

Khi đó $x^ny+y^nz+z^nx \leqslant a^{n-1}ab+b^{n-1}ac+c^{n-1}bc \leqslant  b(a^n+a^{n-1}c+c^n) \leqslant b(a+c)^n \leqslant \dfrac{[n(a+b+c)]^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}=\dfrac{n^n}{(n+1)^{n+1}}$

$x^2+y^2+z^2+2xy-2yz-2zx=(x+y-z)^2 \geqslant 0 \Leftrightarrow M\geqslant -2012$

$VT=\sum \dfrac{x^2}{x^2(x+y+z)+2x(xy+yz+xz)} \geqslant \dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+2(x+y+z)(xy+yz+zx)}=\dfrac{1}{x+y+z}$

  Bài này không cần phức tạp vậy đâu 

 Lời giải có vấn đề...

Vấn đề chỗ nào vậy chị, em nhìn mãi mà cũng chưa thấy chỗ sai.

Bài 1: I là điểm Brocard.

Gợi ý: dựng một đường thẳng song song với một cạnh tam giác qua đỉnh đối diện cạnh đó. Áp dụng các định lý tứ giác nội tiếp.

Đặt $b=t+s; c=t-s; a=3-2t$, và giả sử $a \leqslant c \leqslant b$

$P(s)=6(t^3+s^2-3t^2-s^2t+3t)$

$0\leqslant a \leqslant 1 \Leftrightarrow \dfrac{3}{2} \geqslant  t \geqslant 1$

$3t-3 \geqslant s=\dfrac{b-c}{2} \geqslant 0$

$P(s)-P(0)=6s^2(1-t) \leqslant 0$

$ \Leftrightarrow P(s) \leqslant P(0)=6t^3-18t^2+18t \leqslant \dfrac{27}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a\to 0, b=c \to \dfrac{3}{2}$ và các hoán vị.