Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn $(x+y)(x+z)=4$. Chứng minh rằng $\frac{1}{(y-z)^2} +\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} \ge 1$

$$VT=\frac{1}{(y-z)^{2}}+\frac{(y-z)^{2}}{(x+y)^{2}(x+z)^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{t^{2}}+\frac{t^{2}}{16}+\frac{1}{2}\geq 1.$$

Cho a,b,c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn a+b+c=4. Tìm GTLN của P=$\sqrt{a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+abc^{2}}+\sqrt{ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}+bca^{2}}$

Đặt $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+abc^{2}=x,ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}+bca^{2}=y$.

Ta có $$x+y=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(bc+ca+ab)-b^{2}ac\leq \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)(bc+ca+ab)\leq \frac{1}{8}(a+b+c)^{4}=32.$$

Suy ra $P=\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}\leq 8$.

Vậy $P_{max}=2$ khi $a=c=2,b=0$. $\square$

1. Cho a,b,c là các số thực dương, Chứng minh bất đảng thức:

$$(a^2b+b^2a+a^2c+c^2a+b^2c+c^2b)^2\geqslant 4(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).$$

Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a,c$.

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $$VP\leq \left[b(bc+ca+ab)+\frac{b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}}{b}\right]^{2}.$$

Cần chứng minh $$bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b)\geq b(bc+ca+ab)+\frac{b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2}}{b},$$

hay $$\frac{ac(a-b)(b-c)}{b}\geq 0,$$

đúng theo giả sử.

Cách 2. Ta chứng minh BĐT tổng quát hơn (Ukraine 2001)

$$x(b+c)+y(c+a)+z(a+b)\geq 2\sqrt{(yz+zx+xy)(bc+ca+ab)}.$$

BĐT tương đương

$$(a+b+c)(x+y+z)\geq ax+by+cz+2\sqrt{(yz+zx+xy)(bc+ca+ab)}.$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$VP\leq \sqrt{\left[a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(bc+ca+ab)\right]\left[x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(yz+zx+xy)\right]}=VT.$$

Chọn $x=a^{2},y=b^{2},z=c^{2}$ ta có ngay điều phải chứng minh.

Cách 3. Giả sử $a\geq b\geq c$.

Xét đa thức $P(x)=(bc+ca+ab)x^{2}-[bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b)]x+(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2})$.

Ta có $P(a)=bc(a-b)(a-c)\geq 0,P(b)=ca(b-c)(b-a)\leq 0,P(c)=ab(c-a)(c-b)\geq 0$.

Suy ra $P(x)$ có hai nghiệm, nên $\Delta_{x}=VT-VP\geq 0$. $\square$

Ta có: $5a^2+2b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=5(a-\frac{b+c}{5})^2+\frac{1}{5}(3b-2c)^2\geqslant 0\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geqslant \frac{c^2-3a^2}{2}\Rightarrow 2\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{3}}\geqslant 2\sqrt{\frac{c^2-3a^2}{6}}$

Đặt $\sqrt[6]{\frac{3c^2-a^2}{6}}=t$ thì ta cần tìm giá trị lớn nhất của $3t^2-2t^3$

Mà $3t^2-2t^3-1=-(t-1)^2(2t+1)\leqslant 0\Rightarrow 3t^2-2t^3\leqslant 1$

Khi đi thi, lời giải này chắc chắn bị trừ điểm. Nó chỉ đúng khi $c^{2}\geq 3a^{2}$.

Nên đánh giá cái căn đầu tiên.

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2. CMR: $\left ( x+y-xy \right )\left ( y+z-yz \right )\left ( z+x-zx \right )\leq 1-xyz$

Ta có $$(x+y+z)^{6}-8xyz(x+y+z)^{3}-8(y^{2}+z^{2}+xy+xz)(z^{2}+x^{2}+yz+yx)(x^{2}+y^{2}+zx+zy)=(y+z-x)^{2}(z+x-y)^{2}(x+y-z)^{2}\geq 0.$$

Với điều kiện $x+y+z=2$, ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.

Bất đẳng thức tương đương với $[(a+b+c)^3-27abc][(a+b+c)^3+27abc]\geq 108(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

$\Leftrightarrow \sum\frac{(7a+b+c)(b-c)^2}{2}[(a+b+c)^3+27abc] \geq 108(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$. (*)

Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$. 

Nhận thấy nếu giảm $a,b,c$ cùng một lượng $k$ sao cho $a,b,c$ vẫn không âm thì $|a-b|,|b-c|,|c-a|$ không đổi nên $VT$ của $(*)$ bị giảm còn $VP$ của $(*)$ giữ nguyên.

Do đó ta có thể giả sử $c=0$. Khi đó ta cần chứng minh $(a+b)^6\geq 108a^2b^2(a-b)^2$, tuy nhiên bất đẳng thức này luôn đúng theo AM - GM: $4a^2b^2(a-b)^2=2ab.2ab.(a-b)^2\leq \frac{((a-b)^2+2ab+2ab)^3}{27}=\frac{(a+b)^6}{27}$.

Ta có điều phải chứng minh.

Đây là cách tiếp cận có thể nói là tự nhiên nhất trong các cách.

Có cách phân tích bình phương, nhưng thiếu tự nhiên.

Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c$ không âm

$$(a+b+c)^{6}\geq 729a^{2}b^{2}c^{2}+108(b-c)^{2}(c-a)^{2}(a-b)^{2}.$$

PS: Bài này tôi từng thấy trên diễn đàn, nhưng hình như chưa có ai giải.

Đặt $t=12\sqrt{81x^{2}+96}-108x$. Tính $$I=\int_{-3}^{0}\left(\frac{\sqrt[3]{t}}{6}-\frac{4}{\sqrt[3]{t}}\right)\mathrm{d}x.$$

Một bài vui vẻ mà tôi bịa ra, đóng góp cho topic:

$\textbf{Bài 38.}$ Cho $a,b,c$ thực, không đồng thời bằng $0$.

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của

$$P=\frac{bc}{a^{2}+2b^{2}+2c^{2}}+\frac{ca}{b^{2}+2c^{2}+2a^{2}}+\frac{ab}{c^{2}+2a^{2}+2b^{2}}.$$

Em không biết đây là kĩ thuật gì, anh có thể nêu cách tìm ra các hệ số trên không ạ?

Dự đoán dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$, $VT-VP$ có bậc $3$ theo $c$, hệ số cao nhất là $a+b$ nên nhóm bình phương phần bậc $3$ thành $ac(a-c)^{2}+bc(b-c)^{2}$.

Phần còn lại là BĐT bậc $2$ theo $c$, có nhiều cách để phân tích.

Nhóm bình phương bậc $3$ như trên đòi hỏi kinh nghiệm nhất định.

Bài 26: Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a-b)^2}{2(a+b)^2}$

Bài này trong Group Hướng tới kỳ thi HSG và kỳ thi Chuyên Toán, có lẽ các tay to nhìn vào thì sẽ nói " Ối zời, SOS cứ thế mà phang thôi ", nhưng các bạn cứ SOS thử có khả quan không nhé

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geqslant \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2}\geqslant \frac{3}{2}+\frac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)^2}\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{2ab+bc+ca}+\frac{2ab+bc+ca}{(a+b)^2}\geqslant 2$

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM - GM

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

$$(a+b)^{2}\left[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}\right]=\frac{a(a-c)^{2}}{b+c}+\frac{b(b-c)^{2}}{a+c}\geq 0,$$

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}-\frac{(a-b)^{2}}{2(a+b)^{2}}=\frac{(a+b-c)^{2}(a-b)^{2}+(a^{2}+b^{2}-ac-bc)^{2}+2ac(a-c)^{2}+2bc(b-c)^{2}}{2(a+b)^{2}(a+c)(b+c)}\geq 0.$$

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn $ABC$. Đường tròn $(T)$ qua $A$ cắt $AB, AC$ tại $P, Q$ sao cho $\widehat{BOP}=\widehat{ABC}$ và $\widehat{COQ}=\widehat{ACB}$. Chứng minh đường thẳng đối xứng với $BC$ qua $PQ$ tiếp xúc với $(T)$.

Cách xác định các điểm $P,Q$: Lấy tâm nội tiếp $I$ của tam giác $ABC$. $BI,CI$ cắt lại $(O)$ tại $E,F$. $E',F'$ đối xứng $E,F$ qua trung trực $BC$. $OE',OF'$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$.

Gợi ý giải.

1. Chứng minh $(APQ)$ đi qua $O$.

2. $BO,CO$ cắt lại $(APQ)$ tại $U,V$. Tính các góc $OAU,OAV$ để chứng minh $AO$ là phân giác góc $UAV$.

3. Chứng minh $\overline{BP}\cdot \overline{BA}=\overline{CP}\cdot \overline{CA}$, từ đó suy ra $(APQ)$ đi qua đối xứng $A'$ của $A$ qua trung trực $BC$.

4. Chứng minh $A'O\perp PQ$.

5. Chứng minh tiếp tuyến $A'x$ của $(APQ)$ là đối xứng của $BC$ qua $PQ$ bằng cách chỉ ra góc giữa $PQ$ và $BC$ bằng nửa góc giữa $A'x$ và $BC$.

Cho các số thực a,b,c thuộc [0;1]. Tìm giá trị max của biểu thức:

$P=\frac{c}{b+c-1}-\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b-1}-(1-a)(1-b)(1-c)$

Cho $b=c=1$ ta có $P=1-\frac{1}{a+2}+\frac{1}{a}=1+\frac{2}{a(a+2)}$. Vì $P\rightarrow +\infty$ khi $a\rightarrow 0^{+}$ nên $P$ không có max.

Tam giác ABC có đường cao AH: 3x-4y+5=0,. tâm nội tiếp I(2;3), trung điểm BC là $M\left ( \frac{5}{2};4 \right )$
Tìm A, B, C.

Về bản chất thì đây là một bài toán dựng hình. Có thể phát biểu lại như sau:

Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$, tâm nội tiếp $I$, trung điểm $M$ của $BC$ được giữ lại, các đối tượng còn lại đều bị xóa.

Hãy dựng lại tam giác $ABC$.

Cách dựng như sau:

1. Qua $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AH$, đây là đường thẳng chứa cạnh $BC$. Từ đây xác định được $H$.

2. Dựng hình chiếu $D$ của $I$ lên $BC$.

3. $MI$ cắt $AH$ tại $T$.

4. Dựng điểm $S$ là trung điểm $MT$.

5. $DS$ cắt $AH$ tại điểm $A$. (tại sao ?)

6. $AI$ cắt đường thẳng qua $M$ song song với $AH$ tại $G$.

7. $(G,GI)$ cắt $BC$ tại hai điểm, chính là $B$ và $C$.

Tính toán cụ thể ra ta sẽ thu được $A(1,2)$, tọa độ của $B,C$ là $(4,2)$ và $(1,6)$.

cho các số thực dương a,b,c. CMR:

$\frac{1}{a\sqrt{2(a^{2}+bc)}}+\frac{1}{b\sqrt{2(b^{2}+ca)}}+\frac{1}{c\sqrt{2(c^{2}+ab)}}\geq \frac{9}{2(ab+bc+ca)}$

Đặt $P=\frac{1}{a\sqrt{2(a^{2}+bc)}}+\frac{1}{b\sqrt{2(b^{2}+ca)}}+\frac{1}{c\sqrt{2(c^{2}+ab)}},Q=\frac{a^{2}+bc}{a}+\frac{b^{2}+ca}{b}+\frac{c^{2}+ab}{c}$.

Theo BĐT Holder ta có

$$P^{2}\cdot Q\geq \frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{3}.$$

Cần chứng minh $$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{3}\geq \frac{81}{2(bc+ca+ab)^{2}}Q.$$

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$. BĐT trở thành

$$(x+y+z)^{3}\geq \frac{81xyz(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz+zx+xy)}{2(x+y+z)^{2}},$$

hay $$2(x+y+z)^{5}\geq 81xyz(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz+zx+xy).$$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có

$$(x+y+z)^{6}=[x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(yz+zx+xy)]^{3}\geq 27(x^{2}+y^{2}+z^{2})(yz+zx+xy)^{2},$$

$$(yz+zx+xy)^{2}\geq 3xyz(x+y+z),$$

$$2(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz+zx+xy.$$

Nhân theo vế ta có đpcm. $\square$

làm sao để biết đc sẽ có đánh giá này vậy ạ

$\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}\leq \frac{1}{31^{2}}\left ( \frac{8^{2}}{bc+a+\frac{4}{27a}}+\frac{23^{2}}{\frac{23}{27a}} \right )$

Đoán được $a=b=c=\frac{1}{3}$ là ra.

cho các dố thực dương a,b,c thoả mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}+\frac{1}{ac+b+\frac{1}{b}}+\frac{1}{ab+c+\frac{1}{c}}\leq \frac{27}{31}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$\frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}\leq \frac{1}{31^{2}}\left(\frac{8^{2}}{bc+a+\frac{4}{27a}}+\frac{23^{2}}{\frac{23}{27a}}\right).$$

Do đó $$VT\leq \left(\frac{8}{31}\right)^{2}P+\frac{23\cdot 27}{31^{2}},$$

với $$P=\frac{1}{bc+a+\frac{4}{27a}}+\frac{1}{ca+b+\frac{4}{27b}}+\frac{1}{ab+c+\frac{4}{27c}}.$$

Áp dụng BĐT AM-GM cùng giả thiết $a+b+c=1$ ta có

$$P=\frac{1}{(a+b)(a+c)+\frac{4}{27a}}+\frac{1}{(b+c)(b+a)+\frac{4}{27b}}+\frac{1}{(c+a)(c+b)+\frac{4}{27c}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}Q,$$

với $Q=\sqrt{\frac{a}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{b}{(b+c)(b+a)}}+\sqrt{\frac{c}{(c+a)(c+b)}}$.

Lại áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$Q^{2}\leq 3\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]=\frac{6(a+b+c)(bc+ca+ab)}{(b+c)(c+a)(a+b)}\leq \frac{27}{4},$$

suy ra $P\leq \frac{27}{8}$, từ đó $VT\leq \left(\frac{8}{31}\right)^{2}\cdot \frac{27}{8}+\frac{23\cdot 27}{31^{2}}=\frac{27}{31}$.

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$. $\square$

Cho $a,b,c$ là các số không âm. CMR

$\frac{2a^2-bc}{b^2-bc+c^2}+\frac{2b^2-ac}{a^2-ac+c^2}+\frac{2c^2-ab}{a^2-ab+b^2}\geq 3$

Nhân tiện trong khi giải bài này, mình sẽ nói thêm đôi chút về thủ thuật SOS bằng tay.

Lời giải. Bất đẳng thức tương đương

$$\sum_{cyc}\frac{2a^{2}-b^{2}-c^{2}}{b^{2}-bc+c^{2}}\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left(\frac{a^{2}-b^{2}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{a^{2}-c^{2}}{b^{2}-bc+c^{2}}\right)\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left(\frac{b^{2}-c^{2}}{a^{2}-ac+c^{2}}+\frac{c^{2}-b^{2}}{a^{2}-ab+b^{2}}\right)\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\frac{(b+c)(b+c-a)(b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left[\frac{(b+c-a)^{2}(b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}+\frac{a(b+c-a)(b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\right]\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left[\frac{\left[(b+c-a)^{2}+bc\right](b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\right]-\sum_{cyc}\frac{(b-c)^{2}(a-b)(a-c)}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\geq 0$$

$$\iff \sum_{cyc}\left[\frac{\left[(b+c-a)^{2}+bc\right](b-c)^{2}}{(a^{2}-ab+b^{2})(a^{2}-ac+c^{2})}\right]+\frac{2(b-c)^{2}(c-a)^{2}(a-b)^{2}}{(b^{2}-bc+c^{2})(c^{2}-ca+a^{2})(a^{2}-ab+b^{2})}\geq 0,$$

hiển nhiên đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và các hoán vị tương ứng. $\square$

Thủ thuật trên đây là "tận dụng" biểu thức $\sum_{cyc} S_{a}(a-b)(a-c)(b-c)^{2}$ để nhóm lại thành một nhân tử mới, rất hữu dụng.

PS: Đề bài ban đầu chắc là gõ nhầm, mình đã sửa lại.

Cho mình hỏi: (NAB) cắt (MBC) là kiến thức gì vậy. Sao tự dung lại có mặt phẳng của hình không gian tại bài này ?

(NAB) là đường tròn ngoại tiếp tam giác NAB.

Đây chính là hệ quả định lý Brokard.

Cho $a,b,c$ thực dương và $a^2+b^2+c^2=6$

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}$

Bài này em có lời giải rồi nhưng cân bằng hệ số như thế nào vậy ạ?  

Đặt $P=\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}=\frac{a^{2}+2b^{2}+5c^{2}}{abc}$.

Đặt $a^{2}=x,b^{2}=y,c^{2}=z$. Khi đó $x+y+z=6$ và $P^{2}=\frac{(x+2y+5z)^{2}}{xyz}=\frac{(x+y+z)(x+2y+5z)^{2}}{6xyz}$.

Giả sử đẳng thức xảy ra tại $x=x_{0},y=y_{0},z=z_{0}$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho $\frac{x}{x_{0}},\frac{y}{y_{0}},\frac{z}{z_{0}}$ ta có

$$x+y+z\geq 6\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{6}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{y_{0}}{6}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{z_{0}}{6}},$$

$$x+2y+5z\geq S\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{S}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{2y_{0}}{S}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{5z_{0}}{S}},$$

với $S=x_{0}+2y_{0}+5z_{0}$.

Như vậy ta có $$(x+y+z)(x+2y+5z)^{2}\geq 6S^{2}\left(\frac{x}{x_{0}}\right)^{\frac{x_{0}}{6}+\frac{2x_{0}}{S}}\left(\frac{y}{y_{0}}\right)^{\frac{y_{0}}{6}+\frac{4y_{0}}{S}}\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^{\frac{z_{0}}{6}+\frac{10z_{0}}{S}}.$$

Ta cần chọn $x_{0},y_{0},z_{0}$ sao cho $x_{0}+y_{0}+z_{0}=6$ và

$$\frac{x_{0}}{6}+\frac{2x_{0}}{S}=\frac{y_{0}}{6}+\frac{4y_{0}}{S}=\frac{z_{0}}{6}+\frac{10z_{0}}{S}=1.$$

Từ đây giải hệ tìm được $x_{0}=3,y_{0}=2,z_{0}=1$.

PS: Lâu rồi cũng không dùng lại phương pháp này. Bây giờ bọn anh hay dùng nhân tử Lagrange hơn.

Cho $a,b,c$ thực dương và $a^2+b^2+c^2=6$

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{a}{bc}+\frac{2b}{ca}+\frac{5c}{ab}$

Bài này em có lời giải rồi nhưng cân bằng hệ số như thế nào vậy ạ?  

Bình phương lên, đặt ẩn phụ bình phương để giảm bậc rồi dùng AM-GM suy rộng.

Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $AD$, $BE$, $CF$. $M$, $N$ trung điểm $BC$, $EF$. Đường thẳng qua $M$ $//$ $EF$ cắt $DF$ và $DE$ tại $P$ và $Q$. $BP$ cắt $CQ$ tại $R$. Chứng minh tâm $(MNR)$ nằm trên $AD$

Gợi ý:

1. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $J$ là một điểm trên $AD$ sao cho $JM^{2}=\overline{JA}\cdot\overline{JH}$. Chứng minh $JM=JN$.

2. $(J,JM)$ cắt $AN$ tại $R'$. Chứng minh $R'$ thuộc $BP$.

Sắp tới kì thi VMO rồi nên cũng không on mấy đâu hehe 

 

Giả sử $f(n)>n$, hay $f(n)\geq n+1$ suy ra $f(f(n))(n+1)\leq f(f(n))f(n)\leq n(n+1)\Rightarrow f(f(n))\leq n<f(n) \Rightarrow f(f(n))<f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))>f(n)$)

Giả sử $f(n)<n$, hay $f(n)\leq n-1$ suy ra $f(f(n))(n-1) \geq f(f(n))f(n) \geq (n-1)^2 \Rightarrow f(f(n))\geq n>f(n)\Rightarrow f(f(n))>f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))<f(n)$)

Suy ra $f(n)=n, \forall n\in\mathbb Z^+$.

Tại sao $f(f(n))<f(n)$ lại đúng được, $f$ có đồng biến đâu ?

Nếu mà giả sử $f(n)>n$ với mọi $n\in \mathbb{N}^{*}$ thì có cái đấy, thế nhưng khi đó vẫn còn sót trường hợp tồn tại $n_{0}$ để mà $f(n_{0})\leq n_{0}$.

Kể cả ghép hai trường hợp lại, vẫn còn trường hợp tồn tại $a,b$ nguyên dương sao cho $f(a)\leq a,f(b)\geq b$.

Bạn giải quyết trường hợp đó thế nào ?

Có thể cho mình hỏi là tại sao biết chắc $P(x)$ sẽ có dạng đó ý bạn? Mình cần vài bước chứng minh không bạn?

Đoán thôi

Bài kiểu này nếu có một hàm thỏa mãn thì mũ $n$ lên cũng thỏa mãn. Đa thức hằng thì có mỗi $0,1$. Còn lại thì đi từ đa thức bậc $1$ lên thôi.

Tìm tất cả đa thức $P(x)$ thỏa $P(x^3+x^2+1)=P(x+2).P(x^2+1)$ với mọi $x$ thực.

Gợi ý: Trong trường hợp $P$ không phải đa thức hằng, đặt $P(x)=(x-1)^{n}+Q(x)$ với $n=\deg P$. Chứng minh $Q(x)\equiv 0$.