Changg Changg

Sai ngay từ khâu đọc đề 

Bạn chỉ ra thử mình đọc sai chỗ nào vậy

$ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)\leqslant \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4}=...$

Đặt $a=\tan \dfrac{x}{2}, b=\tan \dfrac{y}{2}, c=\tan \dfrac{z}{2}$ với $x+y+z=\pi$ và $x,y,z\in (0,\pi)$

Khi đó bất đẳng thức trở thành: $\sin x+\sin y+6\sin \dfrac{z}{2}\leqslant 2\sqrt{10}$

Ta có $\sin x+\sin y=2\sin \dfrac{x+y}{2}\cos \dfrac{x-y}{2}\leqslant 2\sin \dfrac{\pi-z}{2}=2\cos \dfrac{z}{2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $\cos \dfrac{z}{2}+3\sin \dfrac{z}{2}\leqslant \sqrt{10}$ luôn đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

$[BC],[AP],[MN]$ đồng trục do tâm của chúng nằm trên đường thẳng Gauss

Nằm trên cùng một đường thẳng chưa chắc đã đồng trục, trục đẳng phương chúng chủa chúng là đường thẳng Steiner

Lạc đề! Ở đây không hỏi về phương tích 

Chẵng lẽ hệ thức trên không là phương tích điểm $G$ đối với $(O)$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a(b+c)}{a^2+2bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+2ca}+\frac{c(a+b)}{c^2+2ab}+\frac{1}{\sqrt{2}}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

$\geq 2+\frac{1}{\sqrt{2}}$

Spoiler

Nguồn bài ở đây: http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1120371_3var_inequality

Bài này chặc thật, tận hai điểm rơi, không biết còn lời giải nào khác ABC không?

Ở đâu ra cái điều kiện này vậy bạn

Từ $x^8+y^4=1$

Sao K lại thuộc BC bạn? Sao K lại thuộc BC bạn?

Do $[BC], [AB], [MN]$ đồng trục nên trục đẳng phương đó tiếp xúc với $[AP], [MN]$ cũng phải tiếp xúc với $[BC]$ tại một điểm.

$f(t)=t^3-5t$ giảm trên $[-1,1]$ nên $x=y$, do đó $x^8+x^4=1$

Đây là phương trình quy về bậc hai, cách giải đơn giản.

Giả sử $p$ là ước nguyên tố lẻ của $a^{2^n}+b^{2^n}$, khi đó $(a,p)=(b,p)=1$ nên theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn tại $a'$ sao cho $aa'\equiv 1\pmod{p}$

Khi đó ta có $(a'b)^{2^{n}}+1\equiv 0\pmod{p}$, đặt $x=a'b$ thì $(x,p)=1$ và $x^{2^{n}}+1\equiv 0\pmod{p}$ nên $x^{2^{n+1}}\equiv 1\pmod{p}$

Xét $h=o_{p}(x)$ thì ta có $h\mid p-1$ và $h\mid 2^{n+1}$

Nếu như $h<2^{n+1}$ thì nghĩa là $h\mid 2^{n}$, do đó $x^{2^{n}}-1\equiv 0\pmod{p}$ nên $2\mid p$ vô lý do $p$ lẻ.

Vậy $k=2^{n+1}$, mà $p-1\equiv 2^{n+1}$ nên tồn tại $k$ sao cho $p-1=2^{n+1}k$ hay $p=2^{n+1}k+1$

Ta có $(1-a)(1-b)\geqslant 1-a-b$ với mọi $a,b\geqslant 0$

Áp dụng vào ta được:

$(1-x_1)(1-x_2)\geqslant 1-x_1-x_2$

$(1-x_1-x_2)(1-x_3)\geqslant 1-x_1-x_2-x_3$

...

$VT\geqslant 1-x_1-x_2-...-x_n\geqslant \dfrac{1}{2}$

Anh ơi cho em hỏi tại sao từ bước này không suy ra luôn hàm $f(n)=n$ ạ?

$f(n)$ chưa chắc đã đơn ánh nên không thể suy ra thế được.

Đặt $x=2a-1, y=2b-1, z=2c-1$ thì ta có $x+y+z=3$ và cần có: $(x^2+3)(y^2+3)(z^2+3)\geqslant 64$

Giả sử $(y^2-1)(z^2-1)\geqslant 0$ thì $y^2z^2\geqslant y^2+z^2-1$ nên $VT\geqslant 4(x^2+1+1+1)(1+y^2+z^2+1)\geqslant 4(x+y+z+1)^2=64$

Không mất tính tổng quát, giả sử $p\leqslant q$, nếu $p=q$ thì $p=q=3$

Nếu $p=3, q>3$ thì $13(5^q-2^q)\equiv 0\pmod{q}$, mà $5^q-2^q\equiv 3\pmod{q}$ nên $q=13$

Nếu $q>p>3$, do $5^p-2^p\equiv 3\pmod{p}$ nên $5^q-2^q\equiv 0\pmod{p}$

Do $p,q\ne 5$ nên $5^{p-1}-2^{p-1}\equiv 0\pmod{p}$ và $(q,p-1)=1$ nên tồn tại $m,n>0$ sao cho $|mq-(p-1)n|=1$

Do đó $5^{n(p-1)}2^{mq}\equiv 2^{n(p-1)}5^{mq}\pmod{p}$ hay $5\equiv 2\pmod{p}$ hay $p=3$ vô lý.

Áp dụng bất đẳng thức Holder và AM-GM: $\sqrt[3]{x^2+3x+3}+\sqrt[3]{2x^2+3x+2}\leqslant \sqrt[3]{4(3x^2+6x+5)}\leqslant x^2+2x+3$

Ngoài ra $6x^2+12x+8-x^2-2x-3=5(x+1)^2\geqslant 0$ nên $6x^2+12x+8\geqslant x^2+2x+3\geqslant \sqrt[3]{x^2+3x+3}+\sqrt[3]{2x^2+3x+2}$

Vậy $x=-1$