Bài bdt mình có cách làm như sau không dùng chebyshep.Áp dụng cauchyschawzt
$(\sum x^{2}(a+b+1))(\sum \frac{1}{a+b+1})\geq (x+y+z)^{2}$
và ta cần cm bdt $\sum \frac{1}{a+b+1}\leq 1$
ta có $a+b\geq \sqrt[3]{a^{2}b}+\sqrt[3]{ab^{2}}$ nên $\sum \frac{1}{a+b+1}\leq \sum \frac{1}{\sqrt[3]{a^{2}b}+\sqrt[3]{ab^{2}}+\sqrt[3]{abc}}=1$
nên bdt dc chứng minh

Ngày 1:
Câu 3:
k.png
a) Ta có: $A_1A_1' \perp BC \Rightarrow A_1A_1' \perp B_1'C_1'$
Chứng minh tương tự suy ra $A_1A_1',B_1B_1',C_1C_1'$ đồng quy tại $H'$ là trực tâm của tam giác $A_1'B_1'C_1'$
MẶt khác $H'A_1.H'A_1'=H'B_1.H'B_1'=H'C_1.H'C_1'$
Do đó $OH'$ là trục đẳng phương của $3$ đường tròn $(OA_1A_1'),(OB_1B_1'),,(OC_1C_1')$
Do đó $3$ đường tròn $(OA_1A_1'),(OB_1B_1'),,(OC_1C_1')$ cùng đi qua điểm $K$ khác $O$
b) Dễ thấy tam giác $A_1'B_1'C_1'$ là ảnh của tam giác $ABC$ qua phép đối xứng tâm $O$
Do đó $a,b,c$ cũng là độ dài $3$ cạnh của tam giác $A_1'B_1'C_1'$ và $OH=OH'$
Gọi $p'$ là chu vi của tam giác $A_{2}B_{2}C_{2}$ thì dễ thấy $p'=\dfrac{P}{2}$ ( Do tam giác $A_{2}B_2C_2$ là ảnh của tam giác $A_1'B_1'C_1'$ qua phép vị tự tâm $H$ tỉ số $\dfrac{1}{2}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $OK.OH'=\dfrac{abc}{2p'}$
Dễ thấy $OA_1' \perp B_2C_2$ nên $S_{OB_2A_1'C_2}=\dfrac{R.B_2C_2}{2}$ trong đó $R$ là bán kính của $(O)$
Chứng minh tương tự và cộng lại suy ra
$\dfrac{abc}{4R}=S_{A_1'B_1'C_1'}=\dfrac{R.p'}{2}\Rightarrow \dfrac{abc}{2p'}=R^2$
Lại có: $\widehat{OA_1A_1'}=\widehat{OA_1'A_1}=\widehat{OKA_1}$ nên $OA_1$ là tiếp tuyến của $(H'A_1K)$ suy ra $OK.OH'=OA_1^2=R^2$
Do đó ta có điều phải chứng minh
Câu 4: (Góp $1$ cách khác là đếm truy hồi)
Cho tập $S=\left\{1,2,3,...,n\right\}$. Gọi dãy $(a_1,...,a_n) $ là một dãy đẹp nếu có tính chất $2(a_1+a_2+a_3+...+a_k)\ \vdots\ k$ $\forall k=1,2,...,n$. Khi đó gọi $s_n$ là số dãy đẹp trong các hoán vị của $S$. Ta cần tính $s_{2016}$
Trước hết ta chứng minh $s_n=2s_{n-1}$ $\forall n$ chẵn
Thật vậy ta có: $2(\dfrac{n(n+1)}{2}-a_n) \vdots n-1$
Do đó $2a_{n}\equiv 2 (mod \ n-1)$ hay $a_n \equiv 1 (mod \ n-1)$
Do đó $a_n=1$ hoặc $a_n=n-1$
Rõ ràng nếu $(a_1,...,a_n) $ là một dãy đẹp và $a_1,...,a_n >1$ thì $(a_1-1,...,a_n-1) $ cũng là một dãy đẹp
Do đó nếu $n$ chẵn thì $s_n=2s_{n-1}$
Với $n$ lẻ và $n>3$. Đặt $n=2k+1 \Rightarrow k>1$
Xét tương tự trường hợp $n$ chẵn thì $a_n \equiv 1 (mod \ k)$
Do đó $a_n=1$ hoặc $a_n=n$ hoặc $a_n=k+1$
Tương tự trên $s_n=2s_{n-1}+t_n$ trong đó $t_n$ là số dãy đẹp có $a_n=k+1$
Giờ ta sẽ xét $a_{n-1}$
Ta có: $2\left(\dfrac{n(n+1)}{2}-a_{n-1}-(k+1)\right) \vdots n-2$
Do $n-2$ là số lẻ nên $a_{n-1}+k+1 \equiv 3 (mod \ n-2)$
Ta có: $a_{n-1}+k+1 \leq n+k+1< 2(n-2)+3$ (Với $k >1$)
Và $a_{n-1}+k+1>1+1+1=3$ nên suy ra $a_{n-1}+k+1 = (n-2)+3=n+1=2(k+1)$ nên $a_{n-1}=k+1$ suy ra vô lý
Do đó $t_n=0$ với $n$ lẻ và $n>3$
Kết hợp những điều trên suy ra $s_n=2s_{n-1}$ với mọi $n$ nguyên dương và $n>3$
Từ đây dễ dàng suy ra với mọi $n$ nguyên dương và $n>3$ thì $s_n=2^{n-3}s_3$
Mặt khác dễ thấy $s_3=6$ nên $s_n=2^{n-3}.6=3.2^{n-2}$ với mọi $n$ nguyên dương và $n>3$
Vậy $s_{2016}=3.2^{2014}$

a) Nhận xét: Khi thay dấu cộng thành trừ (và ngược lại), tính chẵn lẻ của tổng không đổi.
Với $n\equiv 1;2\left ( mod 4 \right )$ thì tổng $1+2+...+n$ lẻ
Vì vậy, $f\left ( n \right )=0$ khi $n\equiv 1;2\left ( mod 4 \right )$
b) Chứng minh $f\left ( n \right )\geq 2^{\frac{n}{2}-1}$
Với $n=3$ và $n=4$, mệnh đề trên hiển nhiên đúng.
Ta chứng minh rằng nến $n$ đúng thì $n+4$ cũng đúng
Xét dấu của các số $n+1;n+2;n+3;n+4$:
Nếu ta đặt các dấu là $\left ( n+1 \right )-\left ( n+2 \right )-\left ( n+3 \right )+\left ( n+4 \right )$ hoặc $-\left ( n+1 \right )+\left ( n+2 \right )+\left ( n+3 \right )-\left ( n+4 \right )$ và các dấu còn lại đặt như các bộ $f\left ( n \right )$ thì ta có bộ mới thỏa yêu cầu đề bài.
Đối với các bộ thuộc $f\left ( n \right )$ có $-1$ thì ta đổi thành$+1$ rồi thêm $\left ( n+1 \right )-\left ( n+2 \right )+\left ( n+3 \right )-\left ( n+4 \right )$ thì có được bộ mới
Đối với các bộ thuộc $f\left ( n \right )$ có $+1$ thì ta đổi thành$-1$ rồi thêm $-\left ( n+1 \right )+\left ( n+2 \right )-\left ( n+3 \right )+\left ( n+4 \right )$ thì có được bộ mới
Đối với các bộ thuộc $f\left ( n \right )$ có $-2$ thì ta đổi thành$+2$ rồi thêm $\left ( n+1 \right )+\left ( n+2 \right )-\left ( n+3 \right )-\left ( n+4 \right )$ thì có được bộ mới
Đối với các bộ thuộc $f\left ( n \right )$ có $+2$ thì ta đổi thành$-2$ rồi thêm $-\left ( n+1 \right )-\left ( n+2 \right )+\left ( n+3 \right )+\left ( n+4 \right )$ thì có được bộ mới
Vậy $f\left ( n+4 \right )\geq 4f\left ( n \right )\geq 2^{\frac{n+4}{2}-1}$
Suy ra đpcm
Chứng minh $f\left ( n \right )<2^n-2^{\left [ \frac{n}{2} \right ]+1}$
Gọi $g\left ( n \right )$ là số các bộ dấu sao cho tổng trên khác $0$
Ta cần chứng minh $g\left ( n \right )> 2^{\left [ \frac{n}{2} \right ]+1}$
Chứng minh bằng qui nạp
Với $n=3$ và $n=4$ thì ta có mệnh đề trên đúng.
Ta chứng minh với $n$ đúng thì $n+4$ cũng đúng.
Xét dấu của các số $n+1;n+2;n+3;n+4$
Đối với các bộ thuộc $f\left ( n \right )$, ta đặt dấu các số $n+1;n+2;n+3;n+4$ để tổng đại số chúng khác $0$. Có $14$ cách đặt dấu cho mỗi bộ như vậy.
Đối với các bộ thuộc $g\left ( n \right )$, ta đặt dấu các số $n+1;n+2;n+3;n+4$ để tổng đại số chúng bằng $0$. Có $2$ cách đặt như vậy cho mỗi bộ
Suy ra $g\left ( n+4 \right )\geq 14f\left ( n \right )+2g\left ( n \right )>14.2^{\frac{n}{2}-1}+2.2^{\left [ \frac{n}{2} \right ]+1}>2^{\left [ \frac{n+4}{2} \right ]+1}$
Vậy ta có đpcm

Câu BDT có cách khác như sau:
Không mất tính tổng quát,giả sử $x\geq y\geq z$
Nếu đưa $(x,y,z)\rightarrow (x-z,y-z,0)$ thì các hiệu $x-y,y-z,z-x$ cũng không đối , nhưng $x+y,y+z,z+x$ ban đầu sẽ giảm , suy ra VT giảm còn VP tăng.Từ đó ta đưa BĐT về chỉ cần xét với 3 biến là $(a,b,0)$ trong đó $a,b$ như trên. BĐT tương đương
$\frac{a+b}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\leq \frac{9}{a+b}$
Do BĐT thuần nhất nên ta có thể giả sử $a+b=2$, qua đó $b=2-a$, thay vào ta chỉ còn BĐT 1 biến,đặt $2x-x^{2}= t$ thì bdt tương đương
$9t^{2}+4\geq 12t$, từ đây ta tìm được $t$ và qua đó tìm được dấu bằng, $(x,y,z)\in \left ( (1+\frac{1}{\sqrt{3}})l,(1-\frac{1}{\sqrt{3}})l,0 \right )$


- Vừa phát hiện ra cách này khá giống cách của bạn @Daicagiangho1998-

Bài 6. Cho $p$ là số nguyên tố thoả mãn $5^{(p-1)^2}-1$ không chia hết cho $p$. Tìm cặp số nguyên dương $(x,y)$ thoả mãn $p^x+5=y^p$.
Lời giải. Nếu $p=5$ thì $5^x+5=y^5$, ta suy ra $5|y$ nên $5^5|y^5$, mà $5^5 \nmid 5^x+5$, mâu thuẫn. Vậy $p \ne 5$.
Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra $p \parallel 5^{p-1}-1$.
Dễ thấy rằng $p$ lẻ. Ta có $y^p \equiv y \equiv 5 \pmod{p}$. Đặt $y=pk+5$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $$y^p-5= (pk+5)^{p}-5= (pk)^p+p \cdot (pk)^{p-1} \cdot 5+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}+5 \left( 5^{p-1}-1 \right).$$
Để ý rằng $p^2| (pk)^p+ \cdots + p \cdot (pk) \cdot 5^{p-1}$ nhưng $p \parallel 5 \left( 5^{p-1}-1 \right)$ nên ta suy ra $p \parallel (pk+5)^p-5=y^p-5$. Do vậy $x=1$. Ta có $p+5=y^p$. Nhận thấy $y \ge 2$.
Với $y \ge 3$ thì chứng minh theo quy nạp $y^p \ge 3^p>p+5$ với mọi $p \ge 3$.
Với $y=2$ thì $p+5=2^p$ suy ra $3|p$, dẫn đến $p=3$. Thử lại thấy thoả mãn.
Vậy $\boxed{(x,y)=(1,3)}$.

Câu 2 ngày 2. Tìm tất cả các số nguyên $m \ge 2, n \ge 2$ thoả mãn $\frac{1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}}{n}$ là số nguyên.
Lời giải. Để ý rằng cặp $(m,n)=(k,3)$ với $k \equiv 1 \pmod{3}, k \ge 2, k \in \mathbb{Z}$ luôn thoả mãn. Ta xét với $n \ge 4$.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p|n$ thoả mãn $\gcd (p,3)=1$. Ta có $n|1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}$ nên $n|m^{3^{n+1}}-1$.
Đặt $l= \text{ord}_p(m)$ thì ta suy ra $l|3^{n+1}$ và $l|p-1$.
Nếu $l|3^n$ thì $p|m^{3^n}-1$ mà $p|1+m^{3^n}+m^{2 \cdot 3^n}$ nên $p|m^{2 \cdot 3^n}+2$. Ta lại có $p|m^{3^n}-1$ nên $p|m^{2 \cdot 3^n}-2 \cdot m^{3^n}+1= m^{2 \cdot 3^n}+2- 2 \cdot \left( m^{3^n}-1 \right) -3$. Từ đó dẫn đến $p|3$ hay $p=3$, mâu thuẫn. Vậy $l \nmid 3^n$. Do đó $l=3^{n+1}$. Khi đó $3^{n+1}|p-1$, mâu thuẫn.
Vậy $n=3^k$ với $k \in \mathbb{N}, k \ge 1$. Ta suy ra $m \equiv 1 \pmod 3$. Tuy nhiên ta lại có $$v_3 \left( m^{2 \cdot 3^n}+m^{3^n}+1 \right)= v_3 \left( m^{3^{n+1}}-1 \right)- v_3 \left(m^{3^n}-1 \right)=1.$$
Từ đây dẫn đến $n=3$, mâu thuẫn.
Vậy $(m,n)=(k,3)$ với $k \ge 2, k \equiv 1 \pmod 3, k \in \mathbb{Z}$. $\blacksquare$

Bài hình ngày 1 thì quen rồi (nó trong dự tuyển IMO 199x gì đó,trong đề chọn đội tuyển tỉnh các năm trước,trong tài liệu chuyên toán hình học 10,.......)
Gọi $E,F$ là tiếp điểm của BC với $(O');(O'')$
Gọi $D'$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa A.Dùng phép vị tự hoặc Talet ta được $M,E,D';N,F,D'$ đều thẳng hàng
$P_{D';(O')}=D'B.D'M=D'B^{2}=D'C^{2}=D'E.D'N=P_{D';(O'')}$$\Rightarrow$ D' thuộc trục đẳng phương của $(O'),(O'')\Rightarrow A,I,D'$ thẳng hàng (đpcm)
b,$DB^{2}=DI^{2}=DC^{2}=DE.DM\Rightarrow \bigtriangleup DIC$ cân ở D $\Rightarrow \angle DIC=\angle DCI\Rightarrow \frac{A}{2}+\angle ICA=\angle ICB+\frac{A}{2}\Rightarrow \angle ACI=\angle BCI\Rightarrow$ đpcm
Câu 3:Thay n bởi n+1 ta được $\frac{(n+2)^{3}}{3}a_{n+1}=(1.2a_{1}+2.3.a_{2}+...+n(n+1)a)+(n+1)(n+2)a_{n+1}$
Kết hợp với gt $a_{n}.\frac{(n+1)^{3}}{3}=1.2.a_{1}+2.3.a_{2}+...+n(n+1)a_{n}$ ta được $\frac{(n+2)^{3}}{3}a_{n+1}=\frac{(n+1)^{3}}{3}a_{n}+(n+1)(n+2)a_{n+1}\Leftrightarrow a_{n+1}=\frac{(n+1)^{3}}{n^{3}+5n^{2}+11n+10}a_{n}\Rightarrow a_{n+1}-a_{n}=\frac{-2n^{2}-8n-9}{n^{3}+5n^{2}+11n+10}a_{n}< 0\Rightarrow (a_{n})$ giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên dãy hội tụ
\\Câu b $lima_{n}=0$ mới đúng chứ nhỉ?Chắc mình sai.........cần cao thủ trợ giúp??\\
Câu PTH Thay x=0 vào ta được $f(0+2f(y))=f(0)+\frac{y}{2}$.Dễ thấy $f$ đơn ánh (và cả toàn ánh nhưng không cần dùng)
Thay x=y=0$\Rightarrow f(2f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$.Khi đó $f(2f(y))=\frac{y}{2}$.
Thay $y=f(2y)$ (á phải dùng toàn ánh ) vào PTH ban đầu ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$ kết hợp với $f(x)\geq 0$ với mọi $x\geq 0\Rightarrow f$ cộng tính $\Rightarrow f(x)=x.$
Câu bất ngày 2 (korea MO 2014) Bằng kỹ thuật thay b=c;và chọn k max sao cho bất đẳng thức luôn đúng ta chọn được $b=\frac{1}{2}$
Thay $a=0;b=c=\frac{1}{2}\Rightarrow k\leq 4$
Với $k=4$ ta cần cm $\sum \frac{a}{1+9bc+4(b-c)^{2}}\geq \frac{1}{2}$
AD Cauchy Shwars ta có $VY=\sum \frac{a^{2}}{a+9abc+4a(b-c)^{2}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)+27abc-24abc+ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)}=\frac{1}{1+3abc+\sum 4ab(1-c)}=\frac{1}{1+4(ab+bc+ac)-9abc}\geq \frac{1}{2}\Leftrightarrow 9abc\geq 4(ab+bc+ac)-1$
Nhưng điều này luôn đúng do $abc\geq \prod (a+b-c)=\prod (1-2a)\Rightarrow 9abc\geq 4(ab+bc+ac)-1$

cho em xin hỏi kỹ thuật đánh giá ở trên có chuyên đề nào về nó không ạ

Xét $p=2$ => $x=5$

Xét $p\neq 2$
$3^p+4^p=x^2\Leftrightarrow (3+4)(3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1})=x^{2}$
nên $x^{2}$ chia hết cho 7
Suy ra $(3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1})$ chia hết cho 7
Mà $4\equiv -3(mod 7)$ nên $3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1} \equiv 3^{p-1}-3^{p-2}.(-3)+...-3.(-3)^{p-2}+(-3)^{p-1}=p.3^{p-1}$ chia hết cho 7
Suy ra p=7. suy ra $n^{2}=3^{7}+4^{7}$( không tồn tại n thỏa mãn)

Vậy $p=2$

Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $
Do đó, ta có
$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $
Mặt khác ya có
$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $
Ta chứng minh
$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $
Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $
Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $
Do đó $P \geq 1 $
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2} $

Bài 2 . Ta có bất đẳng thức tương đương $$\dfrac{\sum ab(c+b)^2(c+a)^2}{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$$
Khai triển và nhóm trực tiếp, đồng thời đặt $\left\{\begin{matrix} p=a+b+c\\ q=ab+bc+ca\\ r=abc \end{matrix}\right.$
thì $\sum ab(c+b)^2(c+a)^2=abc\sum a^3+4abc\sum a.\sum ab+\sum a^2b^2.\sum ab=rp^3-pqr+q^3+3r^2$
Ta cần chứng minh
$\dfrac{rp^3-pqr+q^3+3r^2}{(pq-r)^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6q}{p^2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{4rp^3+4q^3+17r^2+5p^2q^2-14pqr}{4(pq-r)^2}\geq \dfrac{6q}{p^2}$
$\Leftrightarrow 4p^5r+5p^4q^2-14p^3qr-20p^2q^3+17p^2r^2+48pq^2r-24qr^2\geq 0$
Chuẩn hóa $p=1$ thì ta cần chứng minh $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0$
Với $q\leq \dfrac{1}{4}$ thì $r\geq 0$, suy ra $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2=r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)+5q^2(1-4q)\geq 0$
Với $\dfrac{1}{4}\leq q\leq \dfrac{1}{3}$, áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-1}{9}$ thì $17-24q$ và $48q^2-14q+4$ đều dương
Khi đó ta cần chứng minh $\dfrac{(4q-1)^2}{81}(17-24q)+\dfrac{4q-1}{9}.(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0\Leftrightarrow (1-3q)(4q-1)(23q+19)\geq 0$
Luôn đúng nên có điều cần chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị

Một cách khác cho bài bất:
Ý tưởng cách này là sử dụng phương pháp p,q,r.
Bđt <=> $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{1}{8}(ab+bc+ca)\geq\frac{15}{8}$
Đặt ab+c=p, bc+ca+ab=q, abc=r
<=> $\frac{p^{2}+q}{pq-r}+\frac{1}{8}q\geq \frac{15}{8}$
<=> $8p^{2}+8q+pq^{2}-qr\geq 15pq-15r$
<=>$8p^{2}+8q+pq^{2}-qr-15pq+15r\geq 0$
<=>$72+8q+3q^{2}-qr-45q+15r\geq 0$ (p=3)
Ta sẽ cm bđt trên. Thật vậy, ta có một số bđt sau:
$\frac{p^{3}}{27}\geq r$
$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$
=>$72+8q+3q^{2}-qr-45q+15r\geq 72+8q+3q^{2}-q.\frac{p^{3}}{27}-45q+15.\frac{p(4q-p^{2})}{9}=72+8q+3q^{2}-q.\frac{3^{3}}{27}-45q+15.\frac{3(4q-3^{2})}{9}=72+8q+3q^{2}-q-45q+20q-45=3q^{2}-18q+27=3(q-3)^{2}\geq 0$(luôn đúng)
=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1
=> Q.E.D

Lời giải
Đặt $m=x+y,n=y+z,k=z+x$ thì $m,n,k$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
$$
\begin{array}{l}
3.6 \Leftrightarrow \dfrac{bc(m+k-n)}{mk}+\dfrac{ac(m+n-k)}{mn}+\dfrac{bc(n+k-m)}{nk}\leq \dfrac{(a+b+c)^2}{m+n+k}\\
\Leftrightarrow \dfrac{bc(m^2+k^2-n^2+2mk)}{mk}+\dfrac{ac(m^2+n^2-k^2+2mn)}{mn}+\dfrac{bc(n^2+k^2-m^2+2nk)}{nk}\leq (a+b+c)^2\\
\Leftrightarrow \dfrac{bc(m^2+k^2-n^2)}{mk}+\dfrac{ac(m^2+n^2-k^2)}{mn}+\dfrac{bc(n^2+k^2-m^2)}{nk}\leq a^2+b^2+c^2 \hfill \quad (*)
\end{array}
$$
Nhưng mặt khác do $m,n,k$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên (*) có thể viết lại thành:
\begin{equation}
\;\;\;\;(3.1.1)
2bc\cos \widehat{N}+2ac\cos \widehat{K}+2ab\cos \widehat{M}\leq a^2+b^2+c^2
\end{equation}
Trong đó: $\widehat{M},\widehat{N},\widehat{P}$ là 3 góc của $\vartriangle MNP$ nhận $m,n,p$ thứ tự là cạnh đối diện tương ứng.
Và ${3.1.1}$ là bất đẳng thức lượng giác quen thuộc nên ta có đpcm.

Làm ntn có đủ chặt chẽ không nhỉ.
Ta có $\angle AGE=\angle ADE=\angle ABC$ nên tứ giác EGMB nội tiếp. Suy ra AG . AM = AE . AB = AD . AC
Từ đó: $\angle BGC=\angle BGM+\angle CGM=\angle BEM+\angle CDM=\angle ABC+\angle ACB=\angle BHC$.
Suy ra 4 điểm B, H, G, C đồng viên.
Giả sử KH cắt đường tròn đường kính AH tại G' khác H.
Ta có KH . KG' = KE . KD = KB . KC nên G' là giao điểm của (BHC) và đường tròn đường kính AH.
Theo cách dựng ta có $G'\equiv G$.
Từ đó $\angle KGA=\angle HGA=90^o$ nên $KG\perp MG$.
Mặt khác đường nối tâm của (MBE) và (MCD) vuông góc với đường thẳng nối hai giao điểm của chúng nên ta có đpcm.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
$VT\left[ {a\left( {b + c} \right) + b\left( {c + d} \right) + c\left( {d + a} \right) + d\left( {a + b} \right)} \right] \ge {\left( {a + b + c + d} \right)^2}$
Ta cần chứng minh:
$\begin{array}{l}
{\left( {a + b + c + d} \right)^2} \ge 2\left( {ab + bc + cd + da + 2ca + 2bd} \right)\\
\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} \ge 2ca + 2bd\\
\Leftrightarrow {\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} \ge 0
\end{array}$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bạn làm bài số và bđt như thế nào vậy

Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện $x+y+z\geq 12$. Tìm GTNN của $P=\frac{x}{\sqrt{y+2021Z}}+\frac{y+2022}{\sqrt{z}}+\frac{z}{\sqrt{x+2023}}$

Ai có lời giải thuần bằng C-S hay AM-GM thì post lên nhé

Xét phép đổi biến $p,q,r$,ta sẽ có $r\in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]; q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$.Theo Schur thì $r\geqslant \frac{4q-1}{9}$

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{ab}{1-ab}\leqslant \frac{3}{8}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1-ab}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow \frac{\sum (1-ab)(1-bc)}{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}\leqslant \frac{27}{8}$
$\Leftrightarrow \frac{3-2q+r}{1-q+r-r^{2}}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow f(r)=27r^{2}-19r+11q-3\leqslant 0$

Dễ thấy $f'(r)=54r-19<0,\forall r \in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]$ nên $f(r)\leqslant f\left ( \frac{4q-1}{9} \right )=\frac{(16q+5)(3q-1)}{9}\leqslant 0,\forall q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$

Ta có đpcm.

Ngô Quý Đăng vẫn có tên trong danh sách dự thi Vietnam TST 2021 nhé

bạn nào gõ telex lưu lại chứ trôi mất

mình nghĩ đề viết sai rồi