habcy12345

Bài này mình dùng pqr và quy đồng tất, thu được bất đẳng thức cuối khá gọn: $(pq-9r)(p^2+q)\geq 0$, hiển nhiên theo AM-GM.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3}\geq\frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right).$$

Lời giải chuẩn rồi ạ. Hướng khác:
Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\geq1\Leftrightarrow\frac{2p^2-2pr+15}{p^2-2pr+r^2+25}\geq1\Leftrightarrow p^2\geq r^2+10$$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do $p^2\geq 3q=18, r^2+10\leq\frac{q^3}{27}+10=18$.

Một bài cũ nhưng khá hay:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $ab+bc+ca=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}$$

Một bài toán khá thú vị mà em tìm được:
Một bữa tiệc có $2n+1$ người tham gia. Biết rằng cứ mỗi nhóm gồm $n$ người thì tồn tại một người không thuộc nhóm đó nhưng quen biết tất cả các người trong nhóm đó. Chứng minh rằng có một người quen biết tất cả mọi người trong bữa tiệc.
$\textit {(Nguồn: 2001 All-Russian Olympiad, Grade 9, Day 2, P2 of 4)}$

Trong một căn phòng, người ta sắp xếp các đèn thành dạng hình chữ nhật $m\times n$. Ở mỗi ô vuông $2\times 2$, nếu bật bất kì $3$ đèn nào lên thì đèn còn lại cũng được bật sáng. Tìm số đèn cần bật ít nhất để tất cả các đèn ở căn phòng đều sáng?

Bằng thử trực tiếp, ta thấy $k \in \{3;1\}$ thì có 2 nghiệm phân biệt

Hình như $k=1, k=3$ cũng không thoả thì phải. Do bài này của THCS nên không cần dùng Viète cho pt b3 đâu. Mình xin trình bày cách khác:
Phương trình ban đầu tương đương với $(x+1)(x^2-x+1-k)=0$.
Do phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt nên phương trình $x^2-x+1-k=0$ phải có nghiệm kép khác $-1$.
$\Rightarrow\begin{cases}
(-1)^2-(-1)+1-k\ne 0\\
\Delta =1-4(1-k)=0
\end{cases}\Leftrightarrow k=\frac{3}{4}$ (vô lí).

Bài này chắc chỉ có cách chặn $n$ thôi:
Dễ thấy $n\leq 59\Rightarrow S(n)\leq 5+9=14\Rightarrow S[S(n)]\leq 9$
Nên $S(n)+S[S(n)]\leq 23\Rightarrow n\geq 37\Rightarrow 37\leq n\leq 59$
Mà $n, S(n), S[S(n)]$ có cùng số dư khi chia cho $9$ nên $n$ chia $3$ dư $2$ (do $60\equiv 6$ (mod $9$))
$\Rightarrow n\in\{38,41,44,47,50,53,56,59\}$. Đến đây thử lại lấy $n\in\{44,47,50\}$

$VT=\sum\frac{a^6}{a^4(b+c)}\geq\frac{(\sum a^3)^2}{\sum a^4(b+c)}$. Vậy nên chỉ cần cm $\frac{(\sum a^3)^2}{\sum a^4(b+c)}\geq\frac{3}{2}\frac{\sum a^3}{\sum a^2}\Leftrightarrow\sum (a-b)^4(a+b)\geq0$ (đúng).

Đặt $4a=x, 3b=y, 2c=z\Rightarrow x+y+z=10$. Khi đó: $VT=\sum\frac{y+z+15}{x+1}=\sum\frac{25-x}{x+1}$ Mặt khác ta chứng minh được $\frac{25-x}{x+1}\geq\frac{-18}{13}x+\frac{125}{13}$ $\Leftrightarrow 13(25-x)\geq(x+1)(-18x+125)$ $\Leftrightarrow 18x^2-120x+200\geq0$ $\Leftrightarrow 2(3x-10)^2\geq0$ (luôn đúng). Do đó $VT\geq\frac{-18}{13}\sum x+3\frac{125}{13}=15$. Dấu "$=$" xảy ra khi $a=\frac{5}{6}, b=\frac{10}{9}, c=\frac{5}{3}$.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$, $J$ là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh $A$, $Z$ là điểm chính giữa cung nhỏ $AC$. Gọi $X,Y$ lần lượt là hình chiếu của $I,J$ lên $AB,BC$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle{BYJ}$ cắt $(O)$ tại $K$. Chứng minh $\triangle{XIZ}\sim\triangle{YKJ}$.

2.
Ta có $x^2+py^2=6(x+2p)$
$\Leftrightarrow (x-3)^2+p(y^2-12)=9$
Xét $y>5$ khi đó rõ ràng vế trái lớn hơn $9$ (loại), do đó $y\leq 4$. Xét các trường hợp sau:
TH1: $y=1\Rightarrow x(x-6)=11p$. Giải phương trình này được $(x,p)=(11,5);(17,17)$.
TH2: $y=2\Rightarrow x(x-6)=8p$. Giải phương trình này được $(x,p)=(8,2);(10,5)$.
TH3: $y=3\Rightarrow x(x-6)=3p$. Phương trình này không có nghiệm thỏa mãn.
TH4: $y=4\Rightarrow (x-3)^2+4p=9$. Từ đây dễ dàng suy ra $p=2\Rightarrow (x-3)^2=1\Rightarrow
\left[
\begin{matrix}
x=2\\
x=4\\
\end{matrix}
\right.$
Vậy $(x,y,p)=(2,4,2);(4,4,2);(8,2,2);(10,2,5);(11,1,5);(17,1,17)$.

Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$.
Suy ra $x^2+y^2+z^2=1$.
Khi đó:
$\begin{align*}
VT&=\sum\frac{x}{y^2+z^2}\\
&=\sum\frac{x}{1-x^2}\\
&\geq\frac{3\sqrt{3}}{2}\sum x^2=\frac{3\sqrt{3}}{2}.
\end{align*}$
Dấu "$=$" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$.

$\begin{align*}
VT^2&\leq3\sum\frac{1}{a^5+b^2+ab+6}\\
&\leq3\sum\frac{1}{3a^2b+6}\\
&=\sum\frac{1}{a^2b+2}
\end{align*}$
Đổi biến $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$
Khi đó
$\begin{align*}
VT^2&\leq\sum\frac{1}{\displaystyle\frac{x^2}{y^2}.\displaystyle\frac{y}{z}+2}\\
&=\sum\frac{yz}{x^2+2yz}\\
&=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\sum\frac{x^2}{x^2+2yz}\\
&\leq\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{(\sum x)^2}{\sum x^2+2\sum xy}=1
\end{align*}$
$\Rightarrow VT\leq1$
Dấu "$=$" xảy ra khi $a=b=c=1$

Em không chắc lắm nhưng xin giải bài 4 ạ 
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\frac{(x+y)(x+z)}{x\sqrt{y+z}}+\frac{(y+z)(y+x)}{y\sqrt{z+x}}+\frac{(z+x)(z+y)}{z\sqrt{x+y}}\geq2(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})$$
Đặt $\sqrt{x+y}=a, \sqrt{y+z}=b, \sqrt{z+x}=c$, ta có:
\begin{align*}
VT&=2(\frac{a^2c^2}{(a^2-b^2+c^2)b}+\frac{b^2a^2}{(b^2-c^2+a^2)c}+\frac{b^2c^2}{(b^2-a^2+c^2)a})\\
&\geq\frac{2(ab+bc+ca)^2}{-(a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a))+3abc}\\
&\geq\frac{2(ab+bc+ca)^2}{3abc}\\
&\geq\frac{6(ab^2c+bc^2a+ca^2b)}{3abc}\\
&=2(a+b+c)
\end{align*}
Quay lại bài toán:
\begin{align*}
Q&=\frac{x^2+yz}{x\sqrt{y+z}}+\frac{y^2+zx}{y\sqrt{z+x}}+\frac{z^2+xy}{z\sqrt{x+y}}\\
&=\frac{(x+y)(x+z)}{x\sqrt{y+z}}+\frac{(y+z)(y+x)}{y\sqrt{z+x}}+\frac{(z+x)(z+y)}{z\sqrt{x+y}}-(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})\\
&\geq\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\\
&=\sqrt{\sqrt{x}^2+\sqrt{y}^2}+\sqrt{\sqrt{y}^2+\sqrt{z}^2}+\sqrt{\sqrt{z}^2+\sqrt{x}^2}\\
&\geq\sqrt{\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}}+\sqrt{\frac{(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{2}}+\sqrt{\frac{(\sqrt{z}+\sqrt{x})^2}{2}}\\
&=\sqrt{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=\sqrt{2}
\end{align*}
Dấu "$=$" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{9}$
Vậy $Q_{min}=\sqrt{2}$