Lời giải của mình: 

Gọi $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $F$ là giao điểm của $AB$ và $CD$.

Gọi $L$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A,D$, $LI$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $T$.

Gọi $X,Y$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp góc $C,B$ của $\triangle ABC, \triangle BDC$

Nếu gọi $S$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ thì ta có $\angle XBS = \angle XAS = 90^0 \Rightarrow XBSA$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle BXI = \angle BAS = \angle BTI \Rightarrow$ Tứ giác $XBIT$ nội tiếp.

Tương tự ta cũng chứng minh được tứ giác $TICY$ nội tiếp.

Từ đó ta có $\angle BXC = \angle BTL = \angle CTL = \angle BYC \Rightarrow XBCY$ nội tiếp.

Do $XB, BJ$ đều là phân giác ngoài góc $ABC$ nên $X,B,J$ thẳng hàng. Tương tự, $Y,C,J$ thẳng hàng.

Theo tính chất trục đẳng phương thì trục đẳng phương của ba đường tròn xanh phải đồng quy, tức là $XB, TI, YC$ đồng quy. Mà $XB$ cắt $YC$ tại $J$, suy ra $T,I,J$ thẳng thàng.

Do đó $I,J,L$ thẳng hàng hay ta có $đpcm \blacksquare$ 

P/S: Nếu ta dựng một đường tròn $\omega$ tiếp xúc với $AE, DE$ và tiếp xúc trong với $(O)$ thì $T$ là tiếp điểm của $\omega$ với $(O)$

Bài này có thể giải bằng định lý Pascal

Gọi AQ là đường đối trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC. AQ cắt (O) lần thứ hai tại T

$\Rightarrow$ Tứ giác ABTC điều hòa $\Rightarrow$ SA tiếp xúc với (O) tại A (S là giao của OL với BC).

Gọi $H_{a}$ là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. K là giao của OL với $AH_{a}$.

$\Rightarrow$ K là trực tâm tam giác AQS $\Rightarrow QK \perp AS$

Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC, $H_{b}H_{c}$. Khi đó M, I, N thẳng hàng và $MN\perp H_{b}H_{c}$

Mặt khác dễ thấy $AS \parallel H_bH_c$ $\Rightarrow QK \parallel MN$

$KLQH_a$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{H_aLQ}=\widehat{H_aKQ}=\widehat{H_aNI}(KQ\parallel MN)$

$\Rightarrow NILH_a$ nội tiếp. Mặt khác $I,H_a$ cùng nằm trên đường tròn đường kính NP

Suy ra L nằm trên đường tròn đường kính NP$\Rightarrow \widehat{NLP}=90^0$ (đpcm) 

 chỗ $\left ( 1+\frac{1}{n^{2}} \right )^{n}> 1+n.\frac{1}{n^{2}}$ này là sao bạn

Bất đẳng thức Bernoulli đó

• Trước hết, ta chứng minh bđt phụ sau:

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geq\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$ (1)

Thật vậy $(1)\Leftrightarrow \frac{a^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2(\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c})\geq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\frac{a^2}{c^2}+\frac{a}{b}+\frac{a}{b}\geq3\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}=\frac{3a^2}{\sqrt[3]{(abc)^2}}$

Tương tự với các bđt còn lại, sau đó cộng lại ta có đpcm.

• Trở lại bài toán, áp dụng bđt phụ trên thì ta cần chứng minh $\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq\frac{10}{9(a^2+b^2+c^2)}$

Áp dụng bđt AM-GM ta có

$\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}=\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}+9\sqrt[3]{abc}-8\sqrt[3]{abc}\geq2\sqrt{9\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}-\frac{8}{3}(a+b+c)=6\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}-\frac{8}{3}$

Đặt $t=\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}\geq\sqrt[4]{(a+b+c)^2}=1$

Ta chỉ cần chứng minh $6t-\frac{8}{3}\geq\frac{10}{3t^4}\Leftrightarrow t^4(9t-4)\geq5$ (đúng do $t\geq1$ )

Vậy ta có đpcm.

$\boxed{16}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có

$\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4c^2+1}+\frac{c}{4a^2+1}=\frac{a^3}{4a^2b^2+a^2}+\frac{b^3}{4b^2c^2+c^2}+\frac{c^3}{4c^2a^2+c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2}$

Ta chỉ cần chứng minh 

$4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2\leq 1 =(a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow ab(1-2ab)+bc(1-2bc)+ca(1-2ca)\geq0$

Lại có $ab>0$ , $ab\leq\frac{(a+b)^2}{4}<\frac{(a+b+c)^2}{4}$ $\Rightarrow ab<\frac{1}{4}\Rightarrow ab(1-2ab)>0$

Tương tự ta có đpcm

Dấu = không xảy ra

Cho 0 < x ≤ y ≤ z. CM : $\frac{x^2y}{y} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2x}{y} \geqslant x^2 + y^2 + z^2$

Hình như điều kiện phải là $x\geq y\geq z>0$. Đây là VMO 1991

Mình đang học về định lý Brianchon nhưng lại gặp khó khăn ở cách áp dụng nó cho lục giác suy biến. Ai có thể cho mình một số ví dụ về lục giác ngoại tiếp suy biến  được không? (kèm theo hình). Mình cảm ơn.

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^2}{4(ab+bc+ca)^3}$

$\boxed{4}$

a. Ta có $BK^2=BA^2=BH.BC\Rightarrow \bigtriangleup BKH \sim \bigtriangleup BCK\Rightarrow \widehat{BKH}=\widehat{BCK}$

   Tương tự $\bigtriangleup DKL \sim \bigtriangleup DCK\Rightarrow \widehat{DKL}=\widehat{BCK}$

   Vậy $\widehat{BKH}=\widehat{DKL}$

b. Dựng hai đường tròn $(B,BK)$ và $(D,DK)$. Gọi T là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này.

    Gọi M, N lần lượt là giao điểm của TK với AC, BC.

    Dễ thấy AC là tiếp tuyến chung của (B,BK) và (D, DK)

    Ta có $MA^2=MK.MT=MI^2\Rightarrow MA=MI$. Lại có $MN\parallel AH\parallel IL$ (cùng vuông BC) nên NH = NL.

    Mặt khác $KN\perp HL$ nên tam giác HKL cân $\Rightarrow KH=KL$

c. Từ $\bigtriangleup DKL \sim\bigtriangleup DCK$ kết hợp với KH = KL ta có $\widehat{KHC}=\widehat{KLH}=\widehat{DKC}$

    Do đó $\bigtriangleup CKD\sim\bigtriangleup CHK\Rightarrow CK^2=CD.CH$. Lại có tứ giác AIDH nội tiếp nên $CD.CH=CI.CA$

    Vậy $CK^2=CA.CI$ 

Em cảm ơn anh toanND, em check lại bài 2 đề bài vẫn đúng ah

Ở câu b/ nếu $\angle BCA=90^0$ thì tam giác ABC có hai góc vuông à?

e coi lại đề bài 2 xem 

$\boxed{3}$

Kẻ EK, FI lần lượt vuông góc với AB, AC tại K, I.

Ta có $\frac{AK}{BK}=\frac{AK.AB}{BK.AB}=\frac{EA^2}{EB^2}=4=\frac{HC}{HB}$

theo định lý Thales đảo $\Rightarrow HK||AC$. Tương tự $HI\parallel AB$

$\Rightarrow AIHK$ là hình bình hành

Ta có $\bigtriangleup AEB\sim \bigtriangleup CFA \Rightarrow \measuredangle BAE=\measuredangle ACF=\measuredangle AFI\Rightarrow \bigtriangleup AEK\sim \bigtriangleup FAI$

$\Rightarrow \frac{EK}{AK}=\frac{AI}{FI}\Rightarrow \frac{EK}{AI}=\frac{AK}{FI}$. Mà $AK = HI,AI=HK$

$\Rightarrow \frac{EK}{HK}=\frac{HI}{IF}$. Lại có $\measuredangle EKH=\measuredangle BKH +90^0=\measuredangle HIC+90^0=\measuredangle HIF$

Do đó $\bigtriangleup EKH\sim\bigtriangleup HIF\Rightarrow\measuredangle HEK=\measuredangle IHF$

Vậy $\measuredangle EHF=\measuredangle EHK+\measuredangle KHI+\measuredangle IHF=(\measuredangle EHK+\measuredangle HEK)+\measuredangle BKH=180^0-\measuredangle EKH+\measuredangle BKH=180^0-90^0=90^0$

$\boxed{\text{1}}$

a. Dễ thấy tứ giác KIHB nội tiếp $\rightarrow CI.CK=CH.CB=CA^2$

b. theo tính chất đối xứng thì $\measuredangle BDC=\measuredangle BAC=90^0;AC=DC$

Vì $\measuredangle BKC=\measuredangle BAC=\measuredangle BDC=90^0$ nên $B,K,A,C,D$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \measuredangle CKD=\measuredangle DAC=\measuredangle ADC=\measuredangle AKC$

ta có đpcm

Áp dụng BĐT $b^2+bc+c^2\geq\frac{3}{4}(b+c)^2$

Ta có $15\geq3a^2+4(b^2+bc+c^2)\geq3[a^2+(b+c)^2]\geq\frac{3}{2}(a+b+c)^2$

$\Rightarrow (a+b+c)^2\leq10\Rightarrow-\sqrt{10}\leq a+b+c\leq \sqrt{10}$

Từ đó ta có min , max

e tự tìm dấu = nhé

BÀI 3. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có $(a^2+b)(1+\frac{1}{b})\geq(a+1)^2$

Tương tự với các BĐT còn lại rồi nhân lại ta có $(a^2+b)(b^2+c)(c^2+a)\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}\geq(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2$

$\Leftrightarrow (a^2+b)(b^2+c)(c^2+a)\geq abc(a+1)(b+1)(c+1)$

Dấu = xảy ra khi a =b =c 

Ngưỡng mộ anh toanND quá, anh chỉ cho em cách học giỏi bđt với ạ

Kiếm sách với tài liệu mà đọc thôi e

Em cảm ơn anh toannd, bài 1 câu a anh có thể giải bằng cauchy dc k ah

Có thể dùng AM - GM (Cauchy) kiểu này : $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq\frac{4}{a+b}; \frac{1}{ab}\geq\frac{4}{(a+b)^2}$

Áp dụng hai BĐT trên, ta biến đổi biểu thức P như sau:

$P=(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{ab})(1+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{cd})\geq[1+\frac{4}{a+b}+\frac{4}{(a+b)^2}][1+\frac{4}{c+d}+\frac{4}{(c+d)^2}]=[(\frac{2}{a+b}+1)(\frac{2}{c+d}+1)] ^2 ]$

Đặt $A=[(\frac{2}{a+b}+1)(\frac{2}{c+d}+1)]^2$

$\Rightarrow A=[\frac{4}{(a+b)(c+d)}+\frac{2}{a+b}+\frac{2}{c+d}+1]^2\geq[\frac{16}{(a+b+c+d)^2}+\frac{8}{a+b+c+d}+1]^2=625$

$\Rightarrow P\geq A\geq625$ 

BÀI 1. 

a. Áp dụng BĐT Holder ta có: $P=(\frac{1}{a}+1)(\frac{1}{b}+1)(\frac{1}{c}+1)(\frac{1}{d}+1)\geq (\sqrt[4]{\frac{1}{abcd}}+1)^{4}$

Mặt khác theo BĐT AM-GM: $\sqrt[4]{abcd}\leq \frac{a+b+c+d}{4}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow P\geq(4+1)^{4}=625$

Vậy $minP=625$ khi $a=b=c=d= \frac{1}{4}$

b. Ta có $Q=\frac{a(b+c+d)}{\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+\frac{a^{2}}{3}+c^{2}+\frac{a^{2}}{3}+d^{2}}\leq\frac{a(b+c+d)}{\frac{2}{\sqrt{3}}(ab+ac+ad)}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Vậy $maxQ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ khi ..........

BÀI 2. Ý tưởng cũng giống bài 1b thôi e 

$\boxed{\text{Bài toán}}$ [Bulgaria TST 2003] Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Hạ OP vuông góc AC. Chứng minh rằng $\widehat{APB}=\widehat{APD}$

Hình gửi kèm

Đầu tiên ta có đẳng thức: $a^{2}+1=a^{2}+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$

Tương tự: $b^{2}+1=(b+c)(b+a), c^{2}+1=(c+a)(c+b)$

Ta có $P=\sum \sqrt{\frac{(b^{2}+1)(a^{2}+1)}{c^{2}+1}}=\sum \sqrt{\frac{(b+c)(b+a)(a+b)(a+c)}{(c+a)(c+b)}}=\sum (a+b)=2(a+b+c)$

$\Rightarrow P\geq 2\sqrt{3(ab+bc+ca)}=2\sqrt{3}$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $minP=2\sqrt{3}$ khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Anh thấy có nhiều cách giải mà, đâu chỉ mỗi Pascal đâu !!

Screenshot from 2019-06-10 21-18-36.png

Tại em thấy bài này trong bài tập về định lý Pascal nên mới tìm cách giải bằng Pascal nhưng lại chưa ra. Nhưng cũng cảm ơn a.

Có cách nào sử dụng định lý Pascal không nhỉ?

$\boxed{\text{APMO 2013}}$ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). P nằm trên tia AC sao cho PB, PD tiếp xúc với (O). Tiếp tuyến của (O) tại C cắt PD tại Q, AD tại R. E là giao điểm thứ hai của AQ và (O). Chứng minh rằng B, E, R thẳng hàng.

Hình gửi kèm 

Đặt $P=\sum \frac{x^{3}+y^{3}}{x+2y}$. Ta áp dụng BĐT AM-GM như sau:

$\frac{x^{3}}{x+2y}+\frac{x^{3}}{x+2y}+\frac{(x+2y)^{2}}{27}\geq 3\sqrt[3]{\frac{x^{6}(x+2y)^{2}}{27(x+2y)^{2}}}=x^{2}$

$\frac{y^{3}}{x+2y}+\frac{y^{3}}{x+2y}+\frac{(x+2y)^{2}}{27}\geq y^{2}$

Cộng vế theo vế hai BĐT trên $\Rightarrow \frac{2(x^{3}+y^{3})}{x+2y}+\frac{2}{27}(x+2y)^{2}\geq x^{2}+y^{2}$

Làm tương tự với các BĐT còn lại rồi cộng vế theo vế ta được:

$2P+\frac{2}{27}\sum (x+2y)^{2}\geq 2\sum x^{2}$

Khai triển, chuyển vế các thứ ta có $P\geq \frac{22}{9}-\frac{4}{27}(xy+yz+zx)\geq \frac{22}{9}-\frac{4}{27}(x^{2}+y^{2}+z^{2})=2$

Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1