zaizai

Bài 2 có thể giải bằng 1 cách đơn giản như sau. Từ điều kiện $xyz=1$ đặt $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},z=\dfrac{c}{a}$. Đồng bậc ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\left(\dfrac{a}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c}{c-a}\right)^2\ge 1$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}\ge 0$

File PDF type rất đẹp... lúc đầu tưởng của ku Văn nào ngờ là do anh Cẩn edited Anyway, đây là một bài viết đầy đủ ít nhất là về việc kết hợp p,q,r cùng với Schur và các bất đẳng thức cơ bản. Duy có 1 ví dụ phải sử dụng 1 bổ đề chặt hơn Schur để chứng minh đó là ví dụ 15. Đây chắc là một gợi mở để các bạn tiếp tục tìm ra những hướng sử dụng p,q,r hiệu quả hơn nữa. Tìm ra những ước lượng đẹp cho r. Trước đây mình cũng có viết 1 bài về p,q,r nhưng lúc đó còn ít ví dụ. Và trước đây thầy Phạm Văn Thuận cũng đã up lên forum này 1 file của chương 4 quyển sách Suy luận và khám phá. Đó có thể nói là một tài liệu đầy đủ về p,q,r (tuy nhiên cũng chỉ mới xoay quanh Schur + các bdt cơ bản khác). Hiện tại mình chưa tìm ra topic đó nhưng nó ở trong box Quán cóc thì phải Lúc nào tìm thấy mình sẽ post lên sau.
Dù sao vẫn chờ đợi bài viết về p,q,r của anh Cẩn. Mấy cái bổ đề về p,q,r cho dạng hoán vị anh nêu trong topic 3 bài toán mở thật sự khiến em tò mò
Về kinh nghiệm bản thân của mình thì p,q,r kết hợp với đạo hàm thường xử lí rất nhanh mà khỏi phải suy nghĩ nhiều. Cái quan trọng là ta phải tìm ra các chặn trên và dưới đủ chặt cho r mà thôi

Cách tốt nhất là sử dụng Scientific WorkPlace 5.5 đây chính là phần mềm hội tụ cả 2 tính năng tuyệt với và rất hay đó là TeX và cả Mathtype. Có thể gõ công thức như Mathtype và có thể xuất luôn sáng PDF. Nó hội tụ mọi ưu điểm của các chương trình gõ TeX và hội tụ đủ mọi tính năng của Mathtype chưa kể còn có cả bộ tính toán, vẽ đồ thị... Rất tiện dụng và file xuất PDF đẹp hơn cả PcTeX nhiều lần !!! Nó có thể đọc đc cả file TeX và tự động convert sang công thức dạng Mathtype. Sử dụng tiếng Việt unicode, có thể chèn ảnh, bảng, và các tính năng như word.
Phải nói rằng hãy dẹp bỏ tất cả PcTeX, MiKTeX và cả Mathtype + word để dùng mỗi Scientific WorkPlace 5.5 . Link download như dưới đey và muốn sử dụng Tiếng Việt và cả khoá thì liên hệ với mình để rõ hơn

ftp://ftp.mackichan.com/download/version55/swp-pro550.exe

Dạng này có thể giải tổng quát như sau:

Cho hàm số $f(x) $xác định và có đạo hàm trên miền xác định $D$ thoả mãn điền kiện $|f'(x)|\le c<1 $$(c=const)$ và phương trình $f(x)=x$ có nghiệm duy nhất $\alpha \in D$ khi đó dãy số $(x_n) (n=0,1,2...)$ xác định bởi $x_0\in D$ và $x_{n+1}=f(x_n)$ có giới hạn là $\alpha $ khi $n\to +\infty $.

Chứng minh khá là đơn giản:
Giả sử rằng: $|f'(x)|\le c<1 $ thì theo Lagrende, với mỗi n đủ lớn $\exists c_n\in [x_n,\alpha]$ sao cho $f(x_n)-f(\alpha)=(x_n-\alpha)f'(c_n)$ Từ đó suy ra:

$|x_{n+1}-\alpha|=|x_n-\alpha||f'(c_n)|\le |x_n-\alpha|c$

Dùng truy hồi và qui nạp ta có:

$0<|x_n-\alpha|\le |x_n-\alpha|c\le...\le |x_0-\alpha|c^n$

Lại có:

$\lim_{n\to +\infty}c^n=0\to \lim_{n\to +\infty}x_n=\alpha$

Để chứng minh $f(x)=x$ có nghiệm duy nhất $\alpha \in D$ ta chỉ cần xét hàm số $g(x)=f(x)-x$. Hàm này có đạo hàm bậc nhất nhỏ hơn $0$ suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.

Em cũng thử phát cho nó máu
$ {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {a^2 + b^2 } - \dfrac{{ - b \pm \sqrt {b^2 - 4ac} }}{{2a}} + \dfrac{1}{2} + $

chà cái trò này hay phết anh Magus ơi nhưng tiếc là em dùng TeX hơi bị quen rồi mà cách cài tiếng Việt cho PcTeX em quên mất rồi, anh hay ai đó bày em với nhá

Hồi cấp 2 em rất thích giải mấy bài phương trình nghiệm nguyên. Hồi đó có 1 bài em thấy rất làm thích thú. Hình như nó có tên là Phương trình Lebesgue Và để giải bài đó cũng dùng cái bổ đề rất cổ điển nhưng rất hay (nó còn giúp solve cả đống bài khác ). Bài nó là thế này:
Giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^2+k=y^3$

Hình thức rất đơn giản nhưng theo cảm nhận của zaizai thì đây là 1 phương trình nghiệm nguyên đẹp và hay. Các bác có thể chứng minh thử với 1 số k cụ thể như sau:
$k=3,5,17,-11,-13,16$
Mọi người cũng giải cho vui cửa vui nhà nào

thường thì nếu bất đẳng thức là đồng bậc thì có thể chuấn hóa Đó là cách hiểu đơn giản nhất. Chuẩn hóa khiến cho bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều lần

Các ví dụ trên khá là đơn giản và dễ hiểu. Sau đây là một số bài toán dành cho việc luyện tập
Bài toán 1: [hungkhtn + zaizai]
Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c\ge 3$. Chứng minh rằng:
$(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1)\ge 9(ab+bc+ca)$
Bài toán 2:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng:
$2(1+abc)+\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\ge (1+a)(1+b)(1+c)$
Bài toán 3:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{bc}{a^2+1}+\dfrac{ca}{b^2+1}+\dfrac{ab}{c^2+1}\le 1$
Bài toán 4:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{5-2ab}+\dfrac{1}{5-2bc}+\dfrac{1}{5-2ac}\le 1$
Bài toán 5:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng:
$21+18abc\ge 13(ab+bc+ca)$

Còn rất nhiều bài toán có thể giải theo kĩ thuật này, đôi khi nó là một công cụ khá hiệu quả và đơn giản ... dù đây là một kĩ thuật ko quá mạnh nhưng nó thật sự có những nét độc đáo riêng Một lượng lớn bài tập ko thể nêu ra hết được ... hi vọng các bạn sẽ tiếp tục bổ sung các bài toán đặc sắc hơn

em cũng có quen thầy Trần Phương. Có đọc qua bài viết trên thấy mọi việc còn chưa rõ ràng nên em quyết định gửi link cho chính thầy và thầy có nhờ em dẫn chứng lời của thầy vào để mọi người được biết thêm "nếu có một ai chứng minh tôi trượt môn giải tích của giáo sư Lê Mậu Hải hoặc chứng minh tôi chưa có bằng cử nhân thì tôi sẽ mất 1 tỉ đồng. Còn nếu ko chấm dứt ngay việc nói xấu sau lưng qua sự kích động của một ai đó thì tôi sẽ kiện ban biên tập về tội dung túng cho sự vu khống. Nên nhớ tôi là một giám đốc một trung tâm phát triển các sản phẩm trí tuệ thì hồ sơ phải có bằng Đại học trở lên. Mặc dù chuyện học hành của tôi không suôn sẽ nhưng ko đến mức tệ như thế đâu."
Đây là nguyên văn lời của thầy Trần Phương em chỉ post hộ thầy ấy thôi.

Bất đẳng thức Schur và kĩ thuật đổi biến theo các đa thức Viete

Phần 1: Đa thức đối xứng 3 biến:

Bất đẳng thức đối xứng 3 biến là một dạng rất thú vị và thường xuất hiện trong các kì thi Olympic. Ta có thể định nghĩa về đa thức đối xứng 3 biến như sau:
Đa thức $F(a,b,c)$ với bộ 3 biến thực a,b,c được hiểu là hàm số có dạng:
$F(a,b,c)=\sum_{s=0}^{N}M_s(a,b,c)$
Trong đó:
$M_s(a,b,c)=\sum_{i+j+k=s}T_{ijk}a^ib^jc^k$
Với $i,j,k\in \mathbb{N}$

Ta định nghĩa đa thức đối xứng 3 biến như sau:
Nếu $F(a,b,c)=F'(a',b',c')$
Trong đó $(a',b',c') $là một hoán vị tùy ý của $(a,b,c)$ thì ta gọi $F(a,b,c) $là một đa thức đối xứng.

Phần 2: Các đa thức đối xứng Viete:
Ta định nghĩa các đa thức đối xứng Viete trong lớp các bài toán bao gồm 3 biến số là các đang thức có dạng:

$p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

Định lí:
Mọi đa thức đối xứng $F(a,b,c)$ đều có thể biểu diễn dưới dạng các đa thức đối xứng Viete.
Đây là 1 định lí đại số rất cơ bản và quan trọng. Phép chứng minh xin ko được nêu ra ở đây. Bạn có thể tham khảo từ rất nhiều trong các tài liệu về Đa thức đại số.

Phần 3, Làm quen với bất đẳng thức Schur:
Có thể rất nhiều bạn đã quá quen thuộc với bất đẳng thức này cũng với phép chứng minh chỉ gồm 2 dòng cho nó. Tuy nhiên trong bài viết này chúng ta sẽ đưa ra một phép chứng minh "lạ mắt" hơn 1 tí. Đôi khi nó cũng là một việc làm rất thú vị:
Định lí schur:
Cho $a,b,c $là các số thực dương. Khi đó với mọi $r\ge 0$thì
$\fbox{a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0}$
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$hoặc $a=b$và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\ge b\ge c$
Ta có :
$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0$
$\Leftrightarrow \sum a^r [(a-b)^2+(a-c)^2-(b-c)^2 ]\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(c^r+b^r- a^r)\ge 0$
Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc với:
$S_a=c^r+b^r-a^r \\ S_b=a^r+c^r-b^r \\ S_c=a^r+b^r-c^r$
Dễ thấy ta có $S_b, S_c\ge 0$. Ta cần chứng minh $S_c+S_a\ge 0$
Thật vậy ta có $S_c+S_a=2b^r\ge 0$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$hoặc$ a=b$và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.


Phần 4, Làm mạnh bất đẳng thức Schur và ứng dụng của nó:
Trước khi đi vào phần chính của kĩ thuật này, chúng ta hãy cùng tản mạn với bất đẳng thức Schur bằng việc phát biểu và chứng minh trường hợp mạnh hơn của nó trong trường hợp $r=1$.
Như các bạn đã biết với $r=1$thì bất đẳng thức Schur có dạng:
$a^3 +b^3+c^3 + 3abc\ge ab(a+b)+bc(c+b)+ca(c+a)$
Và xuất phát từ ý tưởng làm mạnh bài toán ta sẽ suy nghĩ ngay tới bất đẳng thức
$2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2$suy ra $\sqrt{2(a^2+b^2) }\ge a+b$
Bây giờ là bước 2, làm mạnh theo những gì đã định hướng ta chứng minh bất đẳng thức
$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\sqrt{2(a^2+b^2) }+bc\sqrt{2(c^2+b^2)}+ca\sqrt {2(c^2+a^2) }$
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(a+c) \\ -ab(\sqrt{2(a^2+b^2)}-a-b)-bc(\sqrt{2(b^2+c^2)}-b-c)-ca(\sqrt{2(c^2+a^2)}-c-a) \ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b-c)(a-b)^2+(b+c-a)(b-c)^2+(c+a-b)(c-a)^2}{2} \\ -\dfrac{ab(a-b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }-\dfrac{bc(b-c)^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}+b+c }-\dfrac{ca(c-a)^2}{\sqrt{2(c^2+a^2)}+c+a}\ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sum (a-b)^2[(a+b-c)- \dfrac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }]\ge 0$
Như vậy bước biến đổi về dạng chính tắc đã thành công. Ta chuyển sang bước đánh giá.
Không mất tính tổng quát giả sử $a\ge b\ge c$
Ta có:
$S_c=(a+b-c)- \dfrac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }=\dfrac{(a+b-c)(\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b)-2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}\\ \ge \dfrac{2(a+b-c)(a+b)-2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}\ge 0$
(do $a+b\ge a$và $a+b-c\ge b$)
Tương tự ta dễ dàng chứng minh $S_b\ge 0$và dẫn đến
$S_b+S_c\ge 0 $bây giờ ta cần chứng minh:
$S_a+S_c=2b-\dfrac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}-\dfrac{2bc}{\sqrt{2(b^2+c^2)}+b+c }\\ \ge 2b[1-\dfrac{a}{2(a+b) }-\dfrac{c}{2(b+c) }]=b[\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c})]\ge 0$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b$và $c=0$cùng các hoán vị của nó.

Phần 5: Kĩ thuật đổi biến theo các đa thức đối xứng Viete
Phần này là mục tiêu và cũng là nội dung chính của bài viết. Tư tưởng của kĩ thuật này chắc hẳn chỉ nhìn vào chúng ta cũng dễ dàng nhận ra nó gồm 2 bước:
+ Đổi biến một bất đẳng thức đối xứng 3 biến về dạng các đa thức Viete.
+ Sử dụng định lí Schur để chứng minh bất đẳng thức sau khi đã đổi biến.
Dễ dàng biểu diễn các trường hợp của bất đẳng thức schur theo 3 biến p,q,r
Với trường hợp lũy thừa là 0 thì:
$a^0(a-b)(a-c)+b^0(b-c)(b-a)+c^0(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow pq-9r\ge 0$
Với trường hợp lũy thừa là 1 thì:
$a^1(a-b)(a-c)+b^1(b-c)(b-a)+c^1(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^3-4qp+9r\ge 0$
Với trường hợp lũy thừa là 2 thì:
$a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pr \ge 0$
Bất đẳng thức phụ:
$p^2\ge 3q, p^3\ge 27r, q^2\ge 3pr, 2p^3+9r\ge 7pq \\ p^2q+3pr\ge 4q^2 \\ p^2q\ge 3pr+2q^2 \\ p^4+3q^2\ge 4p^2a, p^3r+q^3\ge 6pqr \\ ..............$

Còn rất nhiều bất đẳng thức phụ dạng này các bạn hoàn toàn có thể dùng SOS để chứng minh nó.
Để đổi biến 1 bất đẳng thức đối xứng về dạng các đa thức đối xứng Viete ta cần nắm các hằng đẳng thức đáng nhớ sau:
$(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r \\ (a+b)(b+c)+(c+a)(a+b)+(c+a)(b+c)=p^2+q \\ a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r \\ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr\\ a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2 \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r \\ a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr \\ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)=p^2q-2q^2-pr \\...............$

Chúng ta có thể dễ dàng thiết lập và tìm ra nhiều hằng đẳng thức nữa. Trên đây là những hằng đẳng thức cho các đa thức bậc thấp hơn 4.

Phần 6: Ứng dụng

Bài toán:[ZaiZai]
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+abc\ge 10$

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$3p^2-6q+r \ge 10$
$\leftrightarrow 3p^2-7q -6 \ge 0$
Theo bất đẳng thức Schur ta có $ q \le \dfrac{36+p^3}{4p+9}$
$\leftrightarrow 3p^2-7\dfrac{36+p^3}{4p+9}-6 \ge 0$
$\leftrightarrow 5p^3+27p^2-24p-306 \ge 0$
$\leftrightarrow \dfrac{(p-3)(5p^2+42p+102)}{4p+9}\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng do $p\ge 3$ và $5p^2+42p+102\ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán 2:[Balkan Contest]
Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$
$ 2(a^2+b^2+c^2)+12 \ge 3(a+b+c) + 3(ab+bc+ca)$

Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng:
$2(p^2-2q)+12\ge 3p+3q$

Theo bất đẳng thức schur ta có: $q\le \dfrac{p^3+9}{4p}$
Từ đó ta phải chứng minh:
$2p^2-3p-\dfrac{7(p^3+9)}{4p}+12\ge 0\\ \leftrightarrow \dfrac{(p-3)(p^2-9p+21}{4p}\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng vì $p\ge 3$ (by Am-GM) và $p^2-9p+21=(p-\dfrac{9}{4})^2+\dfrac{3}{4}\ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán 3:[Vasile Cirtoaje]
Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$\dfrac 1{a+b}+\dfrac 1{b+c}+\dfrac 1{c+a}\ge \dfrac{a+b+c}{2(ab+bc+ca)}+\dfrac 3{a+b+c}$
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\dfrac{p^{2}+q}{pq-r}\ge \dfrac{p}{2q}+\dfrac{3}{p}$
$\leftrightarrow \dfrac{p^{2}+3}{3p-r}\ge \dfrac{p}{6}+\dfrac{3}{p}$
Từ đó biến đổi biểu thức ta cần phải chứng minh:
$(p^{2}+3)6p-p^{2}(3p-r)-18(3p-r)\ge 0$
$\leftrightarrow 3p^{3}+p^{2}r-36p+18r\ge 0$
Lại có theo bất đẳng thức Schur thì:
$p^{3}-4pq+9r\ge 0 \leftrightarrow p^{3}-12p+9r\ge 0$
Ta có:
$\leftrightarrow 3p^{3}+p^{2}r-36p+18r\ge 0$
$\leftrightarrow3(p^{3}-12p+9r)+r(p^{2}-9)\ge 0$
Mặt khác ta lại có:
$r(p^{2}-9)\ge 0 \leftrightarrow (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\ge 0$
Bài toán được chứng minh.

Bài toán 4:[Phạm Kim Hùng]
Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực không âm và $k\ge 3$ thì

$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{k}{a+b+c}\ge \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{ab+bc+ca}}.$

Lời giải: [tanpham]
Ta cần chứng minh :
$\dfrac{p^2+q}{pq-r}+\dfrac{k}{q} \geq\ \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{q}}$
Dễ thấy :
$\dfrac{p^2+q}{pq-r}+\dfrac{k}{q} \geq\ \dfrac{p^2+q}{pq}+\dfrac{k}{q}=\dfrac{p}{q}+\dfrac{k+1}{p} \geq\ \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{q}}$
Đúng theo AM-GM !
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ với bộ số:
$(\dfrac{k-1+\sqrt{k^{2}-2k-3}}{2}a,a,0)$ và $(\dfrac{k-1-\sqrt{k^{2}-2k-3}}{2}a,a,0)$

Bài toán 5:[Phạm Kim Hùng]
Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực không âm thì:
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{b+a}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}\ge 4$.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz ta có:
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{b+a}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}$
$\ge \dfrac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}$
Chúng ta cần chứng minh:
$\dfrac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\ge 4$
Theo bất đẳng thức schur ta có:$ p^{3}-4pq+9r\ge 0$. Chuẩn hóa $r=abc=1 $khi đó ta có bất đẳng thức tương đương với:
$\dfrac{p^{2}}{q}+\dfrac{3}{p}\ge 4 \leftrightarrow p^{3}+3q\ge 4pq \leftrightarrow (p^{3}-4qp+9r)+(3q-9r)\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng vì:
$p^{3}-4pq+9r\ge 0$ và $3q\ge 9r$
Lại có
$3q=3(ab+bc+ca)\ge 9\sqrt[3]{(abc)^{2}}=9=9r \leftrightarrow 3q\ge 9r$

Bài toán 6:[ZaiZai]
Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực không âm
$\dfrac{27}{2}\ge 4(ab+bc+ca)+\dfrac{a^2b^2}{a+b}+\dfrac{b^2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2a^2}{c+a}$

Có thể dùng SOS hoặc SS sau khi đồng bậc hóa chúng, tuy nhiên có thể giải quyết đơn giản chỉ bằng schur. Thử ghi ra phát coi
Ta đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc $. Dễ dàng đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng các biểu thức Viet trên:
$\dfrac{27}{2}\ge 4q+\dfrac{q^3-6pr+3r^2}{3q-r}$
Đến đây sử dụng 2 nhận xét theo schur thì:
$ r\le \dfrac{q}{3} $ và $r\ge \dfrac{4q-9}{3}$
Từ đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$6q(9-3q)(q+2)\ge 0 $
Cái này hiển nhiên đúng do:
$9-3q=(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán 7:[Võ Quốc Bá Cẩn]
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca+6abc=9$. Tìm hằng số k tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau là đúng:
$a+b+c+kabc\ge k+3$

Dễ dàng dự đoán $k=3 $là hằng số tốt nhất. Như vậy ta cần chứng minh:
$p+3r\ge 6$ hay $2p-q\ge 3$
Nếu $p\ge 6$ thì ta có điều phải chứng minh. Giả sử ngược lại $p\in [3;6]$ . Khi đó ta xét 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1: $p^2\ge 4q$ ta có:
$2p-q\ge 2p-\dfrac{p^2}{4}=\dfrac{(p-2)(6-p)}{4}+3\ge 3$

+ Trường hợp 2: $p^2\le 4q$ ta có:
$27=3q+18r\ge 3q^2+2p(4q-p^2)$
Từ đó suy ra:
$2p-q\ge 2p-\dfrac{2p^3+27}{8p+3} \ge 3$
Thật vậy vì điều này tương đương với:
$(p+1)(p-3)(p-6)\le 0$
Điều này hiển nhiên đúng.

Bài toán 8:[Phạm Kim Hùng]
Chứng minh với các số thực không âm $a,b,c$ thì
$(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca) \ge (a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).$

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. Khi đó ta có biểu thức cần chứng minh tương đương với:
$(p^4-4p^2q+2q^2+4pr)q\ge (p^2-2q)(q^2-2pr)$
Không mất tính tổng quát chuẩn hóa $q=ab+bc+ca=1$. Khi đó ta cần chứng minh:
$p^4-4p^2+2+4pr \ge p^2-2p^3r-2+4pr$
Điều này tương đương với:
$(p^4-5p^2+4+6pr)+(2p^3r-6pr)\ge 0$
Khi đó ta có, theo bất đẳng thức Schur bậc 4:
$(p^4-5p^2+4+6pr)\ge 0$
Lại có:
$2p^3r-6pr=2pr(p^2-3)\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng vì ta có:
$p^2-3=(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0$

Bài toán 9:[ZaiZai]
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)}+1\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Ta có
$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)=2+a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3+a^3+b^3+c^3$
Sử dụng kết quả
$a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3$
$a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3=q^3-3pq+3$
Ta có
$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)=p^3-3pq+q^3-3pq+8$
BDT đưa về
$p^3-3pq+q^3-3pq+8 \ge (q-1)^3$
$\Leftrightarrow p^3+3q^2+9\ge 6pq+3q$
Xét các trường hợp
Nếu $q \ge p$ thì theo schur có $p^3+9\ge 4pq $
BDT thành $3q^2\ge 3q+2pq$
Do $q\ge p$ nên BDT thành $q^2\ge 3q$ (đúng)
Nếu $p\ge q$ thì BDT thành
$p^3+3q^2+9q+9\ge 6pq+12q$
AM-GM có
$p^3+3q^2+9q\ge 9pq $
cần có $9pq+9\ge 6pq+12q$
$\Leftrightarrow pq+3 \ge 4q$
do $p\ge q$ nên $pq+3 \ge q^2+3\ge 4q$ (Điều này đúng do$ p\ge 3$)


Còn cập nhật tiếp ..........
Bài viết lấy từ diễn đàn VIF - www.bdt.ch06k.com
[/COLOR]

Định nghĩa "Tứ giác toàn phần"
Một tứ giác toàn phần là một hình được tạo nên bởi bốn đường thẳng, từng đôi một cắt nhau nhưng không có ba đường nào đồng qui. Một hình tứ giác toàn phần có 4 cạnh là 4 đường thẳng, có 6 đỉnh là 6 giao điểm và 3 đường chéo là 3 đoạn đi qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh này không phụ thuộc một cạnh).

Tính chất:
Trong một tứ giác toàn phần, ba trung điểm của ba đường chéo thẳng hàng.

Chứng minh tính chât:

Hình minh họa có từ giác toàn phần với 6 điểm A,B,C,D,E,F, bốn cạnh là CA,CB,AF,FD và 3 đường chéo là AE,BD,CF. Ta cần chứng minh 3 trung điểm M,N,Y của 3 đường chéo nói trên thẳng hàng.
Dựng JK,KL,JL là các đường trung bình của tam giác ABC nên M,N,Y lần lượt thuộc JK,JL,KL. Do đó ta có:
$ \dfrac{\bar{MK}}{\bar{MJ}}= \dfrac{\bar{EC}}{\bar{EB}} \\ \dfrac{\bar{NJ}}{\bar{NL}}= \dfrac{\bar{DA}}{\bar{DC}} \\ \dfrac{\bar{YL}}{\bar{YK}}= \dfrac{\bar{FB}}{\bar{FA}}$
Nhân từng vế đẳng thức ta có:
$ \dfrac{\bar{MK}}{\bar{MJ}} \times \dfrac{\bar{NJ}}{\bar{NL}} \times \dfrac{\bar{YL}}{\bar{YK}}=\dfrac{\bar{EC}}{\bar{EB}} \times \dfrac{\bar{DA}}{\bar{DC}} \times \dfrac{\bar{FB}}{\bar{FA}}=1$
Điều này suy ra M,N,Y thẳng hàng theo định lí Menelaus.

PS: anh neverstop cứ để phần này thế đã nhé, tối em post hình và lời giải cho tính chất trên Giờ đi măm măm đã :oto

đọc quanh 2 trang mà chẳng thấy kinh nghiệm đâu cả chỉ thấy 2 điều là: "mình mới học lớp 10 và rất thích vector" + "sách của thầy Minh Hà hay lắm"
Ko biết mod box này đây ấy nhỉ vào đây chỉnh sửa 1 tí đi ạ
Riêng về vector thì đây là 1 phương pháp hay đặc biệt là đại số hóa 1 số bài toán hình học. Thường thì sử dụng tích vô hướng để chứng minh 2 đường thẳng vuông góc, sử dụng tích 1 số với 1 vecto để chứng minh 3 điểm thẳng hàng...
Kinh nghiệm của mình là ... học hết Nhưng mà đúng là học nhiều quên nhiều Dạo qua Forum Geometricorum thì thầy Minh Hà (hì lại liên quan đến thầy Hà ) có 3 bài đăng trên tạp chí này trong đó có tới 2 bài liên quan đến việc dùng vecto để chứng minh các định lí hình học. Đó là bất đẳng thức của cụ Jack và định lí Drop ...

sắp tới zaizai sẽ update bài viết này và sẽ post lại trong box chuyên đề THPT. Bài viết bổ sung này sẽ cung cấp thêm một vài cách chứng minh định lí Ptolemy bằng số phức, điểm nghịch đảo, 2 cách làm thuần hình học trong đó có 1 cách rất hay xử lí được cả đẳng thức và bất đẳng thức Ptolemy... Việc tìm thêm cách giải để so sánh sức mạnh của định lí sẽ được nêu kĩ càng hơn qua đó tìm hướng tổng quát của một vài bài. Mong rằng bài viết bổ sung tới sẽ đầy đủ hơn và có chiều sâu hơn.
Nếu các bạn có các cách giải khác cho các bài toán trong bài này và các bài tổng quát xin post lên đây hoặc pm cho zaizai để kịp bổ sung trong dịp sắp tới

cái này có lẽ là tại mình dốt ko biết những cách mà bạn nói đến.
Nhưng ít nhất là mình cũng ko cần cách "dạy phải làm thế này hay làm thế kia". Cái đó ko cần thiết mình nghĩ sao viết vậy. Và mình thấy vậy là đủ.
Nếu bạn muốn trình bày ý kiến thì hãy tự viết lấy 1 bài chuyên đề của riêng mình và có thể tự nhận xét nó. Còn cái mà bạn nói cũng chẳng có ý nghĩa gì. Cách của mình là vậy đó.
Tốt nhất chuyện này nên chấm dứt. Ko rãnh thời gian mà cãi nhau với bạn, thế thôi!