Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. HD, HE lần lượt là phân giác góc BHA và CHA (D,E thuộc AB, AC). I  là trung điểm DE. BI cắt DH, CD lần lượt tại M, P. CI cắt EH, BE lần lượt tại N, Q. BE cắt CD tại K Chứng minh:

• Tứ giác APKQ nội tiếp.
• M, K, N thẳng hàng.
• MN // DE.

 

Thực ra câu b là hệ quả của định lý Pappus, là kiến thức lớp 10, nhưng ta vẫn có thể biến đổi góc để giải quyết bài này

a) Ta có nhận xét: $P,Q$ là hình chiếu của $A$ lên $BE,CD$. Phát biểu bổ đề: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Dựng phân giác $HD$ của góc $AHB$.

$P$ là hình chiếu của $A$ lên $CD$. Khi đó $BP$ chia đôi $EF$. Sử dụng phương tích chứng minh $B,D,P,H$ đồng viên để suy ra đpcm.

b) Nhận xét: $AH,BE,CD$ đồng quy tại $K$; $H,K,P,M$ đồng viên; $H,K,Q,N$ đồng viên. Từ đó biến đổi góc suy ra thẳng hàng.

c) Biến đổi góc

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

Bài toán số 4 đã có lời giải:

Đặt $x=\sqrt[3]{\frac{a}{b}}$ ; $y=\sqrt[3]{\frac{b}{c}}$ ; $z=\sqrt[3]{\frac{c}{a}}$ . Ta có:

$a=\sqrt[3]{a^{3}}=\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}=x^{2}y$ ; $b=y^{2}z$ ; $c=z^{2}x$ và $xyz=1$ .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq \frac{3}{2}(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x-1)$  hay

$2(x^{3}+y^{3}+z^{3})+3xyz\geq 3(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)$ do $xyz=1$

Không mất tính tổng quát , giả sử z nằm giữa x và y . Thế thì

$x(y-z)(z-x)\geq0$ hay

$z^{2}x+x^{2}y\leq xyz+x^{2}z$

$3(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)\leq 3xyz+3z(x^{2}+y^{2})$

Ta cần chứng minh : $3z(x^{2}+y^{2})\leq 2(x^{3}+y^{3}+z^{3})$

Nhưng bất đẳng thức trên tương đương với

$(x-z)^{2}(2x+z)+(y-z)^{2}(2y+z)\geq 0$ , luôn đúng với x,y,z>0 . Chứng minh hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 hay a=b=c=1

Bài 2: Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz: $\sum\frac{a}{4b^{2}+1}= \sum \frac{a^{3}}{4a^{2}b^{2}+a^{2}}\geq \frac{(\sum a\sqrt{a})^{2}}{4\sum a^{2}b^{2}+\sum a^{2}}$ .

Cần chứng minh $4\sum a^{2}b^{2}+\sum a^{2}\leq 1 =(\sum a)^{2}$ hay

$\sum ab(1-2ab)\geq 0$ . Điều này đúng vì $0\leq ab\leq \frac{(a+b)^{2}}{4}\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{4}=\frac{1}{4}< \frac{1}{2}$ hay $1-2ab> 0$ ,tương tự , $1-2bc> 0$ và $1-2ca> 0$ .

Dấu bằng xảy ra khi trong a,b,c có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1.

p/s: a,b,c>0 thì dấu bằng không xảy ra.

 

$c$ thực dương thì $c>0$ mà?

 

Tại bài này không có min anh ạ, với lại với kiến thức THCS em không nghĩ là đủ lập luận để chứng minh biểu thức không có min. Vì vậy em chỉ để chứng minh biểu thức lớn hơn $2$ ở đó.

Cho a,b,c là các số thực dương

Tìm min $\sum \frac{a}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số nhỏ nhất trong ba số.

Khi đó $$\frac{a}{\sqrt{b^{2}-bc+c^{2}}}\geq \frac{a}{b},\frac{b}{\sqrt{a^{2}-ac+c^{2}}}\geq \frac{b}{a},\frac{c}{\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}}\geq 0.$$

Cộng lại ta có $$VT\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2.$$

Cho 3 số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn: $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) = 8$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\frac{a}{b(b+2c+1)(a+3c)^2} + \frac{b}{c(c+2a+1)(b+3a)^2} + \frac{c}{a(a+2b+1)(c+3b)^2}$

Áp dụng BĐT C-S: $$P=\frac{\left(\dfrac{a}{a+3c}\right)^{2}}{ab(b+2c+1)}+\frac{\left(\dfrac{b}{b+3a}\right)^{2}}{bc(c+2a+1)}+\frac{\left(\dfrac{c}{c+3b}\right)^{2}}{ca(a+2b+1)}\geq \frac{\left(\dfrac{a}{a+3c}+\dfrac{b}{b+3a}+\dfrac{c}{c+3b}\right)^{2}}{(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})+6abc+(bc+ca+ab)}.$$

Lại áp dụng BĐT C-S ta có $$\dfrac{a}{a+3c}+\dfrac{b}{b+3a}+\dfrac{c}{c+3b}\geq \frac{3}{4},$$

$$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}\leq 3.$$

(Bổ đề 8/9)

Mặt khác, theo BĐT AM-GM và bổ đề 8/9: $$abc\leq 1,bc+ca+ab\leq \sqrt{3(b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+a^{2}b^{2})}\leq 3.$$

Kết hợp lại ta có $P\geq \frac{3}{64}$.

Vậy $P\geq \frac{3}{64}$ khi $a=b=c=1$. $\square$

Giải phương trình $(x+2)(x+4)(x^{2}-1)=27$

Đặt $x^{2}+3x-1=t$.

CÁC BẠN GIẢI BẰNG CÁCH XÉT DƯ 2 VẾ NHÉ!!!  

 Giải pt nghiệm tự nhiên:

a) $3^{x}$ + 7 = $y^{3}$

b) $8^{x}$ + 61 = $y^{3}$

c) $2^{y}$ = $x^{4}$ + $x^{3}$ + x + 1

d) $2^{x}$ + 33 = $y^{2}$

e) $3^{x}$ + 55 = $y^{2}$

GIÚP MÌNH NHÉ!!!    

d) Ta thấy VT ko chia hết cho 3 $\Rightarrow y^{2}\equiv 1$ (mod 3) $\Rightarrow 2^{x}\equiv (-1)^{x}\equiv 1$ (mod 3)  $\Rightarrow$ x chẵn. Đặt $x=2k$ $(k\in \mathbb{N})$. GT $\Leftrightarrow (y-2^{k})(y+2^{k})=33$ . Giải ra với chú ý $y+2^{k}>y-2^{k}>0$ ta có (k;y)=(2;7),(4;17) $\Rightarrow$ (x;y)=(4;7),(8;17).

e) Ta thấy VT chẵn $\Rightarrow$ y chẵn $\Rightarrow$ $y^{2}\vdots 4$ $3^{x}\equiv (-1)^{x}\equiv 1$ (mod 4) $\Rightarrow$ x chẵn. Đặt $x=2k$ $(k\in \mathbb{N})$ :

$\Rightarrow$ $(y-3^{k})(y+3^{k})=55$ . Giải ra với chú ý $y+3^{x}>y-3^{x}>0$ ta có (k;y)=(1;8),(3;28) $\Rightarrow$ (x;y)=(2;8),(6;28).

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.

Cho tam giác $ABC$ với trọng tâm $G$ và 3 trung tuyến $AM, BN, CP.$

Chứng minh tâm $6$ đường tròn ngoại tiếp $6$ tam giác $AGN,AGP,BGM,BGP,CGM,CGN$ đồng viên

Gợi ý: Sử dụng bổ đề sau

$\textbf{Bổ đề.}$ Cho hình thang $ABCD$ với $P$ là giao điểm hai đường chéo, $Q$ là giao điểm thứ hai của $(PAD)$ và $(PBC)$.

Khi đó $PQ$ là đường đối trung của hai tam giác $PAB,PCD$.

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 $BP$.

$\boxed{Problem 19}$Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$), các đường cao $BD$ và $CE$. $DE$ cắt $BC$ tại $K$. Các tia phân giác của các góc $BAC,DKB$ cắt nhau tại $S$. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,CE$. Chứng minh rằng $M,S,N$ thẳng hàng.

Screenshot (1352).png

Gợi ý: $KS$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. Sử dụng biến đổi góc chứng minh $\angle ASK=90^{\circ}$, suy ra được $S$ là trung điểm $PQ$.

Tiếp theo, chứng minh $$\frac{PB}{PE}=\frac{QD}{QC}$$

Từ bổ đề ERIQ suy ra trung điểm $BD,CE,PQ$ thẳng hàng. 

$\boxed{Problem 19}$Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$), các đường cao $BD$ và $CE$. $DE$ cắt $BC$ tại $K$. Các tia phân giác của các góc $BAC,DKB$ cắt nhau tại $S$. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,CE$. Chứng minh rằng $M,S,N$ thẳng hàng.

Screenshot (1352).png

Bài này có thể mở rộng cho một tứ giác toàn phần bất kỳ.

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$,các tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$. Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $DE,DF,ME,NF$.Các đường thẳng $BM,CN$ lần lượt cắt $PQ$ tại $S,T$. $K$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DNC với $DE$ ($K$ khác $D$)
1.Chứng minh $BCST$ là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh $NMD$ đồng dạng $NKC$ vs $S$ là trung điểm $KC$.
3.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCST$ tiếp xúc với $(I)$.

Hai câu đầu có thể sử dụng biến đổi góc thuần túy để chứng minh, để ý $B,C,M,N$ đồng viên và $\angle CMK=90^{\circ}$.

Với câu 3, ngoài cách dưới đây, có thể gọi $X$ là giao của $(DCK)$ với $(I)$ rồi xử lý tiếp.

Lời giải. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. $W$ là trung điểm $DJ$. Dễ thấy $W$ nằm trên trung trực $BC$. $JD$ cắt lại $(I)$ tại $X$. Dễ thấy $WB=WC$. Mặt khác $WM=\frac{JE}{2}=\frac{JF}{2}=WN$ nên $W$ là tâm $(BCMN)$. Từ câu 2 ta có $SM=SC,TN=TB$ nên $WS\parallel DM,WT\parallel DN$. Suy ra $\angle SWT=\angle MDN=\angle SBT=\angle SCT$, từ đó $W\in (BCST)$. Sử dụng phương tích ta thu được $X\in (BCST)$. Suy ra $(I)$ đi qua $X,D$, tiếp xúc $BC$ tại $D$, đồng thời $XD$ đi qua $W$ là điểm giữa cung $BC$ của $(BCST)$. Do đó $(BCST)$ tiếp xúc $(I)$ tại $X$. $\square$.

Remark. Có thể nguồn gốc của bài toán trên là: Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$, đường cao $AH$. $S$ là trung điểm $AH$. $DS$ cắt $(I)$ tại $X$. Chứng minh đường tròn $(BXC)$ tiếp xúc $(I)$. Tác giả đã "giấu" điểm $X$ để tăng độ khó cho bài toán.

PS: Mình không biết cách đính kèm hình từ GSP sang, bạn nào giúp mình với

1. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh $\left ( \frac{3}{p} \right )=1$ khi và chỉ khi p=1;-1(mod 12) biết $\left ( \frac{a}{p} \right )$ là ký hiệu legendre.

2.Cho p là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh $\left ( \frac{5}{p} \right )=1$ khi và chỉ khi p=1;-1(mod 10) biết $\left ( \frac{a}{p} \right )$ là ký hiệu legendre.

Dùng Luật Thuận nghịch.

hay quá ạ 

cho em hỏi sao anh tìm được nhân tử \left[(1-m)x+m\right] vậy ạ

Hằng đẳng thức lớp 8 và một chút kinh nghiệm, hoặc máy tính em nhé.

Cho a,b,c,d là các số thực dương.CMR:

$(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^{2}\geq 26abcd$

Thay $26$ thành $2^{6}$ vẫn đúng.

Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi nhưng luôn thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq \frac{1}{3}$

Tìm giá trị lớn nhất của tổng $\sum \frac{a}{\sqrt[3]{a+bc}}$

Từ giả thiết ta có $a+b+c\leq 1$.

Sử dụng BĐT C-S ta có

$$P^{3}=VT^{3}\leq \left(\sum \frac{a}{\sqrt{a+bc}}\right)^{2}(a+b+c)\leq \left(\sum \frac{a}{\sqrt{a+bc}}\right)^{2}.$$

Mà $$\sum \frac{a}{\sqrt{a+bc}}\leq \sum \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}\sum \left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)=\frac{3}{2}$$

nên $P\leq \sqrt[3]{\frac{9}{4}}$.

Vậy $P_{max}=\sqrt[3]{\frac{9}{4}}$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$. $\square$

Cho 2 số thực x,y thỏa mãn $0< x< y\leq 8$ và $xy \leq  4x+3y$. Chứng minh rằng $x^2+y^2 \leq 100$

Từ giả thiết suy ra $\frac{4}{y}+\frac{3}{x}\geq 1$. Suy ra

$100=x^{2}\cdot \frac{36}{x^{2}}+y^{2}\cdot \frac{64}{y^{2}}=\frac{64}{y^{2}}\cdot (y^{2}-x^{2})+\left(\frac{64}{y^{2}}+\frac{36}{x^{2}}\right) x^{2}\geq \frac{64}{8^{2}}+\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{8}{y}+\frac{6}{x}\right)^{2}\cdot x^{2}\geq (y^{2}-x^{2})+2x^{2}=x^{2}+y^{2}.$

Suy ra $x^{2}+y^{2}\leq 100$.

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $x=6,y=8$. $\square$

Note

Lần sau hỏi bài nhắn riêng em nhé, đăng lên topic dễ gây loãng topic.

Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương thỏa mãn $a+b+c=2021$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Ta có $$\frac{1}{3k+2-a}\geq \frac{a+k+1}{2(k+1)(2k+1)}\iff \frac{(a-k)(a-k-1)}{2(3k+2-a)(k+1)(2k+1)}\geq 0,$$

đúng với mọi số nguyên dương $a<3k+2$.

Do đó bất đẳng thức $$\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{6k+5}{2(k+1)(2k+1)}$$

sẽ đúng với mọi $a,b,c$ nguyên dương có tổng bằng $3k+2$.

Từ đó $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{6k^{2}+9k+4}{2(k+1)(2k+1)}.$$

Đẳng thức xảy ra khi trong $a,b,c$ có hai số bằng $k+1$, số còn lại bằng $k$.

Cho $k=673$ ta có GTNN cần tìm là $\frac{2723635}{1815756}$. $\square$

Ta sẽ đi tìm GTNN của biểu thức $P=\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}$.

Trong ba số $a,b,c$ tồn tại một số lẻ. Không mất tính tổng quát giả sử $c$ lẻ.

Áp dụng bất đẳng thức Schwarz ta có $\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{4}{2021+c}$.

Do đó $P\geq \frac{1}{2021-c}+\frac{4}{2021+c}$.

Xét $f(c)=\frac{1}{c}+\frac{4}{2021-c}$.

$f'(c)=\frac{1}{(2021-c)^2}-\frac{4}{(2021+c)^2}$.

+) Nếu $1\leq c\leq 673$ thì $f'(c)<0\Rightarrow f(c)$ nghịch biến. Do đó $f(c)>f(673)$.

+) Nếu $675\leq c\leq 2019$ thì $f'(c)>0\Rightarrow f(c)$ đồng biến. Do đó $f(c)>f(675)$.

So sánh $f(673)$ và $f(675)$ ta có $f(c)\geq f(673),\forall c\in\mathbb N; c\leq 2019; c \text{ lẻ}$.

Từ đó ta tìm được $Min \sum\frac{a}{b+c}=2021P-3=\frac{2723635}{1815756}$.

P/s: Đã fix vì lần trước hơi lú lẫn

Chỗ $f(c)$ sửa lại thành $\frac{1}{2021-c}+\frac{4}{2021+c}$ nhé.

Đặt

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

Giả sử $P(a_0,b_0,c_0)$ là giá trị nhỏ nhất của $P(a,b,c)$ và $a_0\leqslant b_0\leqslant c_0$

Ta đi chứng minh:

$c_0\leqslant a_0+1$

Thật vậy, nếu $c_0\geqslant a_0+2$:

Xét bộ số: $(a_1,b_1,c_1)=(a_0+1,b_0,c_0-1)$.

Ta có:

$P_1-P_0=(a_0+b_0+c_0)\left [\frac{1}{(b_0+c_0)(b_0+c_0-1)}-\frac{1}{(a_0+b_0)(a_0+b_0+1)} \right ]<0\Rightarrow P_1<P_0(\text{vô lí})$

Như vậy, phải có: $a_0\leqslant b_0\leqslant c_0\leqslant a_0+1$

Kết hợp với điều kiện $a_0+b_0+c_0=2021$ suy ra $(a_0,b_0,c_0)=(673,674,674)$

Từ đó ta có giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $\frac{2723635}{1815756}$ đạt được khi có 1 số bằng 673 và 2 số bằng 674

                      ---------------------------------------------------------------------------------------------------

Note: Cho em hỏi Hoàng và anh PDF: Mối quan hệ giữa $P$ với $\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}$ là gì ạ? Em chưa thông lắm?

$$(a+b+c)(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})=3+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}.$$

PS: Cách em trình bày ở trên sử dụng phương pháp đã có trong nhiều tài liệu, khá phổ biến và áp dụng được cho nhiều tình huống, tuy nhiên cũng khá phức tạp nên anh không dùng.

Về mặt ý tưởng thì cả 2 cách đều giống nhau: Cực trị xảy ra khi các biến "ở gần nhau". Nếu đã có được dự đoán này thì việc tìm ra đánh giá mà anh dùng ở trên cũng khá dễ và phù hợp với mức THCS.

Một chú ý khác khi sử dụng cách của KietLW9: Do số bộ nguyên dương thỏa mãn đề bài là hữu hạn nên mới tồn tại một bộ số để $P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$ đạt GTNN. Nếu không có dòng này khi đi thi khả năng sẽ bị trừ điểm.

Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a-b)(b-c)(c-a)=a+b+c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $S=a+b+c$

Đặt $b-a=x,c-b=y$. Khi đó ta tìm được

$$a=\frac{xy(x+y)-2x-y}{3},b=\frac{xy(x+y)+x-y}{3},c=\frac{xy(x+y)+x+2y}{3}.$$

Ta chỉ cần tìm $x,y$ để $3|xy(x+y)+x+2y$ là được. Nếu hoặc $x$ hoặc $y$ chia hết cho $3$ thì số còn lại cũng chia hết cho $3$.

Nếu $3|x+y$ thì $3|y$, suy ra $3|x,y$. Nếu $x\equiv y\pmod 3$ thì $3|2x^{3}$, suy ra $3|x,y$.

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có $3|x,y$. Suy ra $x,y\geq 3$.

$\Rightarrow a+b+c=xy(x+y)\geq 54$.

Vậy $S_{min}=54$ khi $a=15,b=18,c=21$. $\square$

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.