Bài toán 12+1. Cho \(x,y,z>0: xy+yz+zx=1\). Tìm giá trị lớn nhất của \(P=\dfrac{1}{1+xy+z^2}+\dfrac{1}{1+yz+x^2}+\dfrac{1}{1+zx+y^2}\).

Bài toán 14. 

Nguồn: Toán chuyên 2k5

Bài 12+1

Đặt \(\dfrac{1}{a}=x,\dfrac{1}{b}=y,\dfrac{1}{c}=z\)

Khi đó : \(\dfrac{1}{1+xy+z^2}=\dfrac{xy+yz+zx}{xy+yz+zx+xy+z^2}=\dfrac{\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{2}{bc}}\)

                                                                             \(=\dfrac{a(a+b+c)}{2a^2+ab+bc+ca}\)

dự đoán Pmax = \(\dfrac{9}{5}\) tại \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\).

Ta sẽ cm \(\sum\)\(\dfrac{a(a+b+c)}{2a^2+ab+bc+ca}\)\(\leq \dfrac{9}{5}\)\( \Leftrightarrow\)\(\sum\)\(\dfrac{a}{2a^2+ab+bc+ca}\)\(\leq \dfrac{9}{5(a+b+c)}\)

\(\Leftrightarrow \)\(\sum\)\(\dfrac{a(ab+bc+ac)}{2a^2+ab+bc+ca}\)\(\leq \dfrac{9(ab+bc+ca)}{5(a+b+c)}\)\(\Leftrightarrow \)\(\sum(a-\dfrac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ca})\)\(\leq \dfrac{9(ab+bc+ca)}{5(a+b+c)}\)

\(\Leftrightarrow \)\( \dfrac{9(ab+bc+ca)}{5(a+b+c)}\)\(+\sum\dfrac{2a^3}{2a^2+ab+bc+ca}\)\(\geq a+b+c\)

Lại có : \(\sum\dfrac{a^3}{2a^2+ab+bc+ca}\geq \)\(\dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum a(2a^2+bc+ac+ab)}\)( bđt C-S)

                                                 \(=\)\(\dfrac{(\sum a^2)^2}{6abc+(\sum a)(\sum 2a^2-\sum ab)}\)

vẫn theo bđt C-S : \((ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\)\(\Leftrightarrow \)\(3abc \leq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}\)

từ đó suy ra : \(\sum\dfrac{a^3}{2a^2+ab+bc+ca}\)\(\geq\) \(\dfrac{(\sum a^2)^2(\sum a)}{2(\sum ab)^2+(\sum a)^2(\sum 2a^2-\sum ab)}\) 

                                                           \(=\dfrac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)}\)

nên ta sẽ cm : \(\dfrac{2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)}\)\(+ \dfrac{9(ab+bc+ca)}{5(a+b+c)}\)\(\geq a+b+c\)

\(\Leftrightarrow \)\(10(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2+18(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)+27(ab+bc+ca)^2\)

\(\geq 10(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2+15(ab+bc+ca)(a+b+c)^2\)

phá hết ra rồi rút gọn ta được :

 \(a^3b+a^2bc+a^3c+ab^3+b^3c+ab^2c+c^2ab+bc^3+ac^3\)

\(\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2a^2bc+2b^2ac+2c^2ab\)

\((ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq 0\)(luôn đúng)

\(\Leftrightarrow \)P max = \(\dfrac{9}{5}\) tại \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Bài 14:

ĐKXĐ: x > 0.

\(PT\Leftrightarrow\frac{1}{x(x+1)^2}=\frac{4(1+\sqrt{1+4x})}{x+\sqrt{x^2+3x+2}+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x(x+1)}=\frac{4(1+\sqrt{1+4x})}{1+\frac{\sqrt{x+2}}{\sqrt{x+1}}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}=4x(x+1)\sqrt{x+1}(1+\sqrt{1+4x})\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}=(4x^2+4x)[\sqrt{x+1}+\sqrt{(1+4x)(x+1)}]\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+2}-\sqrt{(4x+1)(x+1)}=(4x^2+4x-1)[\sqrt{x+1}+\sqrt{(1+4x)(x+1)}]\)

\(\Leftrightarrow \frac{-(4x^2+4x-1)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{(4x+1)(x+1)}}=(4x^2+4x-1)[\sqrt{x+1}+\sqrt{(1+4x)(x+1)}]\)

\(\Leftrightarrow 4x^2+4x-1=0\Leftrightarrow x=\frac{\pm\sqrt{2}-1}{2}\).

Đối chiếu với ĐKXĐ, ta có nghiệm của pt là \(x=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\).

(Nguồn: Vũ Hoàng Tuấn - THPT Chuyên Kon Tum)

Bài toán 15. Cho tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\). \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AC,AB\). Đường thẳng qua \(M,N\) lần lượt vuông góc \(MH,NH\) cắt \(AB,AC\) tại \(E,F\). \(P,Q,R\) lần lượt là trực tâm của \(ANE,AMF,AEF\). Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác \(PQR)\) tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHC\). 

Nguồn: Tạp chí "Đường vào HHP" số 2.