Bài toán tiếp theo: 

$\boxed{2}$ Chứng minh với 4 số thực không âm bất kì $a,b,c,d$ ta có:

$$(ab)^{\frac{1}{3}}+(cd)^{\frac{1}{3}} \leq [(a+c+b)(a+c+d)]^{\frac{1}{3}}$$

Gợi ý bài số 2 (làm theo cách này được 0,5đ) : Phân tích  $\frac{ab}{(a+c+b)(a+c+d)}$ để sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho bộ $3$ số không âm. Tương tự với $\frac{cd}{(a+c+b)(a+c+d)}$ rồi cộng các bất đẳng thức lại.

Áp dụng bđt phụ: $\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$

Chứng minh BĐT: BĐT tương đương $\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+x)(b+y)(c+z)}}+\sqrt[3]{\frac{xyz}{(a+x)(b+y)(c+z)}}\leq 1$

Theo AM-GM 3 số,ta có VT$\leq \frac{1}{3}(\frac{a}{a+x}+\frac{b}{b+y}+\frac{c}{c+z})+\frac{1}{3}(\frac{x}{a+x}+\frac{y}{b+y}+\frac{z}{c+z})=1$

Quay trở lại lại bài toán: $LHS=\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{cd}=\sqrt[3]{(a+c).b.\frac{a}{a+c}}+\sqrt[3]{d.(a+c).\frac{c}{a+c}}\leq \sqrt[3]{(a+c+d).(a+c+b).\frac{a+c}{a+c}}=RHS$

 

Chính xác rồi. Ta sẽ tiếp tục với bài toán số 3: 

 

$\boxed{3}$ Cho $a,b,c \geq 0$ sao cho $(a+c-3)b +1 =0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=\frac{1}{a+1} + \frac{b}{a+b} + \frac{b}{ac+3b}$$

Từ giả thiết suy ra $a+\frac{1}{b}+c=3$

Đặt $(a,\frac{1}{b},c)\rightarrow (x,y,z)$ thì x + y + z = 3 và ta cần tìm GTNN của: $P=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{xyz+3}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{xyz+3}\geqslant \frac{9}{x+xy+xyz+5}$

Ta có: $x+xy+xyz=x+xy(z+1)\leqslant x +x.\frac{(y+z+1)^2}{4}=x+\frac{x(4-x)^2}{4}$

Xét: $x+\frac{x(4-x)^2}{4}-4=\frac{(x-4)(x-2)^2}{4}\leqslant 0\Rightarrow  x+\frac{x(4-x)^2}{4}\leqslant 4$

Do đó $P\geqslant \frac{9}{x+xy+xyz+5}\geqslant \frac{9}{4+5}=1$  

Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

 

Rất chính xác. Bây giờ sẽ là bài số 4:

 

$\boxed{4}$ Cho $x,y,z > \frac{1}{2}$. Chứng minh rằng:

$$      \frac{1}{2a-1}+\frac{1}{2b-1}+\frac{1}{2c-1}+\frac{4ab}{1+ab}+\frac{4bc}{1+bc}+\frac{4ac}{1+ac} \geq 9$$

Bài này có sai đề không? Giả thiết đáng lẽ là $a,b,c\geqslant 1$

 

À giả thiết là $x,y,z > \frac{1}{2}$ nha để anh sửa lại.

Bài làm rất tốt. Bây giờ ta sẽ bắt đầu thử sức với một bài khó để thử trình độ các bạn nhé:

 

$\boxed{5}$ Cho $a,b,c$ là số dương thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Chứng minh rằng: 

$$ \frac{x}{1-x^2} + \frac{y}{1-y^2} +  \frac{z}{1-z^2} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$$ 

 

*Chú ý: Sử dụng bất đẳng thức Jensen được 2 điểm, các phương pháp khác 1 điểm

Đặt $a=\sqrt{3}x$ và tương tự nên ta có $a^2+b^2+c^2=3$

Cần cm $\sum \frac{a}{3-a^2}\geq \frac{3}{2}$

Xét bđt phụ

$\frac{a}{3-a^2}\geq \frac{a^2}{2}\Leftrightarrow (a-1)^2(a+2)\geq 0$ luôn đúng

Thiết lập tương tự và cộng lại

Xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

 

Quá nhanh Nhưng bây giờ bài này vẫn ngoại lệ là ai giải bằng cách sử dụng bđt Jensen vẫn cho 1 điểm. Nếu không giải được thì sẽ có đáp án vào ngày mai. Bây giờ là bài tiếp theo: 

 

$\boxed{6}$ Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng:

$$(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) \geq \frac{-9\sqrt{2}}{32}$$

 

@Update: Lời giải của bài này sẽ được update sau 21h kèm câu số 7.

Bài 7: Cho các số a, b, c thỏa mãn $0<a,b,c\leqslant 1$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{a+b}\geqslant \sum \frac{6}{11+a^3}$ 

 

Bài này dễ thôi:

Ta có $\sum \frac{6}{11+a^3} =\sum \frac{6}{9+(1+1+a^3)} \leq \sum \frac{6}{9+3a}$ (AM-GM)

$=\sum \frac{2}{3+a} \leq \sum \frac{2}{2b+a+a}$ (do $a,b,c \leq 1$)

$= \sum \frac{1}{a+b}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bạn như vậy còn may đó. Nếu một văn bản $LaTeX$ dài mà copy qua mà nó có chưa nhiều kí hiệu khó là paste cái là nhìn không ra đâu. Nêu như bạn chuyển cái bài có $LaTeX$ qua mà nó có phần quote thì không vấn đề gì.

Còn việc đặt tiêu đề bạn nên lên bài của bạn thì hãy xem ở https://diendantoanh...ệc-đặt-tiêu-đề/. 

Áp dụng AM - GM, ta được: $[3(a^2+b^2+c^2)]^2=[2(a-b)^2+2(a-c)(b-c)+(a+b+c)^2]^2\geqslant 8(a-c)(b-c)[2(a-b)^2+(a+b+c)^2]\geqslant 16\sqrt{2}|(a-c)(b-c)(c-a)(a+b+c)|\Rightarrow (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\geqslant \frac{-9\sqrt{2}}{32}(Q.E.D)$     

 

Bài làm đi đúng hướng nên tất nhiên đáp án cũng chính xác. Bây giờ là bài số 7, bây giờ ta sẽ khởi động nhẹ với những bài bất đẳng thức lượng giác. Nếu sử dụng Jensen và chứng minh đây đủ được 2 điểm, những cách làm đơn thuần được 1 điểm.

 

$\boxed{7}$ Chứng minh với mọi tam giác ABC, ta có:

$a)$ $sin$ $A$ + $sin$ $B$ + $sin$ $C$ $\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

$b)$ $tan$ $A$ + $tan$ $B$ + $tan$ $C$ $\geq$ $3\sqrt{3}$   (góc$A,B,C$ nhọn)

Chắc như thế này:

a) Xét hàm số $y=f(x)=sinx,x\in(0;\pi)$. Ta có $f''(x)=-sinx\leq 0,\forall x\in(0;\pi)$ nên f(x) lõm trên $(0;\pi)$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $sinA+sinB+sinC=f(A)+f(B)+f(C)\leq 3f(\frac{A+B+C}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. (đpcm)

b) Xét hàm số $y=f(x)=tanx,x\in(0;\frac{\pi}{2})$. Ta có $f''(x)=\frac{2tanx}{cos^2x}\geq 0,\forall x\in(0;\frac{\pi}{2})$ nên f(x) lồi trên $(0;\frac{\pi}{2})$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $tanA+tanB+tanC=f(A)+f(B)+f(C)\geq 3f(\frac{A+B+C}{3})=3\sqrt{3}$. (đpcm)

 

Chính xác rồi đây. Nếu được ta có thể làm bài 5 theo Jensen tư tưởng cũng như bài trên. Bây giờ là bài số 8:

 

$\boxed{8}$ Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c= \sqrt{5}$. Chứng minh rằng:

$$(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2) \leq \sqrt{5}$$

*Chú ý: Bài 9 và 10 mang tính chất luyện tập. Còn bài thi đang là bài số 8 nhé
@Update by pcoVietnam02

Đúng rồi đấy. Ta sẽ tiếp tục với bài số 11:

$\boxed{11}$ Chứng minh rằng nếu $a,b,c \geq 0$ và $a+b+c=3$ thì
$$(ab^3+bc^3+ca^3)^2(ab+bc+ca)^2 \leq 256$$
@Update: Lời giải và đề bài câu 12 sẽ có sau 9h tối nay

 

Bài tập tiếp theo (bài này mới thấy đăng nhưng mà hình như xóa mất tiêu, định up lời giải lên nhưng thôi gởi lên đây vì thấy cũng hay) :

 

$\boxed{11}$ Tìm tất cả các hàm $f$ liên tục $ f: [0; \infty) \rightarrow [0; \infty)$ thỏa:

$2f(x)= f(\frac{x}{x^2+x+1}) + f(\frac{x+1}{2})$ , $\forall x \geq 0$

 

 

Đáp án câu này:

$\boxed{9}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)\geq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}$$

 

$$VT=\sum\left[ 2a(b+c)+(a+b)(a+c)\right] \ge \sum 2\sqrt{2a(a+b)(b+c)(c+a)}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}\ge VP$$

góp topic đề thi học sinh giỏi toán 9 cấp tỉnh Quảng Ngãi

bài 94: tìm n lớn nhất để A=$4^{27}+4^{2021}+4^n$ là số chính phương 

 

Dễ dàng ta có $f(f(n)) = 2f(n)$ với mọi $n\in\mathbb{R}$ and thay $n$ bởi $f(n)$ vào phương trình hàm gốc

$f(m-n + f(n)) = f(m) + f(n)$

Ta được:

$f(m + f(n)) = f(m) + 2f(n)$ với mọi $m, n \in \mathbb{R}$.(1)

Ta lại thay $m$ bởi $m+n$ cũng vào phương trình hàm gốc ta đc

$f(m + f(n)) = f(m+n) + f(n)$ với mọi $m, n \in \mathbb{R}$. (2)

Từ (1), (2) ta có $f(m+n) = f(m) + f(n)$ với mọi $m, n \in \mathbb{R}$. Do đó $f(n) = kn$ với mọi $k\in\mathbb{R}$ . Thay vào pth gốc ta được $k=0$, or $k=2$

Vậy $f(x) \equiv 0$ hoặc $f(x)=2x$

Em thấy bài viết của anh rất hay. Tuy nhiên em chỉ muốn anh giải đáp một chút thắc mắc của em về điều này:

 

2. Phương trình hàm trong toán olympic hiện nay khiến cho nó trở thành kỹ năng vô dụng nhất. Nguyên nhân là vì bài toán thường bắt giải một phương trình hàm rất phức tạp rối rắm, nhưng nghiệm thu được lại tầm thường hoặc toàn là những hàm quen thuộc. Từ góc độ khoa học, ta đang cố mô tả một sự kiện đơn giản bởi một phương trình hết sức phức tạp, làm như vậy là phản khoa học. Chẳng hạn, chỉ có duy nhất hàm số thực 0 thỏa mãn $f(x+y)^2=f(x)^2+f(y)^2$. Có ai lại đi dùng phương trình hàm này để mô tả số 0? Một tình huống phương trình hàm có ích là khi ta không thể mô tả được một đối tượng một cách chính xác, nhưng nhờ phương trình hàm, ta vẫn thu được thông tin hữu ích của đối tượng đó, chứ không phải đi tìm hết các nghiệm của một phương trình hàm. Chẳng hạn, một dạng modular cần thoả mãn một phương trình hàm xác định, hay phương trình giữa các degeneracy maps (ánh xạ thoái hóa?) giúp ta xác định một vật nửa đơn hình. Mình chưa nghĩ ra tình huống nào có ích ở phổ thông, có lẽ cần tới đâu thì học tới đó chứ không nhất thiết phải tách ra để học. Còn nếu cố học thì phải theo hướng khác mới gần với khoa học chứ không phải là bài toán tìm hết các nghiệm;

 

Cho em hỏi là điều anh đang nói đến sự 'vô dụng' của phương trình hàm ở đây là anh đang nói đến thực tiễn của chúng, hay anh đang nói đến sự áp dụng của nó trong nghiên cứu toán học, hoặc là cái khác? Và em cũng muốn hỏi là tại sao anh lại mặc định vào phương trình hàm là 'nghiệm thu được lại tầm thường hoặc toàn là những hàm quen thuộc'? Em cảm thấy phương trình hàm có những cái vẻ đẹp riêng thuộc về nó, phương pháp rất đa dạng chứ không phải ở việc là chỉ đưa về các bài toán quen thuộc nhưng anh vẫn thường nghĩ. 

 

Mong anh giải đáp giúp, 'from pcoVietnam02 from Vietnam and Patrick in Paris'.

Pco hãy cho thử một phương trình hàm và đưa ra nghiệm của nó (không cần chứng minh) cho mình xem.

 

Nếu anh đưa một số phương trình hàm đơn giản, ví dụ như: 

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sao cho

$$f(x+1)=f(x)+1$$

Thì đương nhiên anh sẽ dễ dàng đưa ra nghiệm là $f(x) = x$

 

Nhưng khi anh đưa một bài phương trình hàm kiểu như:

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ thỏa:

$$f(m+n)+f(mn)=f(m)f(n)+1$$

Thì anh khó có thể nhẩm hàm $f(n)$ thỏa, thậm chí đáp án của nó là tận 3 kết quả, một kết quả là hàm hằng, một cái là hàm tính theo $n$ , còn một cái là một biểu thức chứa số mũ tính theo $n$

 

P/s: Nhưng em vẫn chưa thật sự hiểu vì sao anh lại đề nghị như vậy, vì thật sự nếu anh yêu cầu em đưa ra một bài toán mà không cần chứng minh vẫn đưa ra được đáp án, thì thực chất nó không còn là giải toán, mà chỉ là việc anh đi nhẩm nghiệm để rút ngắn thời gian tìm đáp án cho bài toán ấy.

Pco nói rõ hơn 2 nghiệm không phải hằng định nghĩa như thế nào.

 

Như bài toán lúc trước, nếu ta chứng minh một cách đàng hoàng, thì ta sẽ có nghiệm là

$$ f(n)=n+1 , \forall n \in\mathbb{N}$$

$$ f(n)= 1, \forall n \in\mathbb{N} $$ 

$$ f(n) = \frac{1+(-1)^n}{2} , \forall n \in\mathbb{N} $$

Ở đây nếu ta chia trường hợp trong bài toán này thì sẽ dễ dàng suy ra hai nghiệm đầu tiên là $f(n)=n+1$ và $f(n)=1$. Nói sơ về hàm khác hằng là hàm có phụ thuộc vào giá trị $n$, tức là với các giá trị $n$ thuộc tập hợp $\mathbb{M}$ ta lại có các giá trị ở tập đích nằm trong tập $\mathbb{N}$ với một quy tắc trong đó có phụ thuộc $n$ (cái này đã có ở phần ánh xạ). Còn nghiệm thứ ba, $ f(n) = \frac{1+(-1)^n}{2} , \forall n \in\mathbb{N} $, khi nhìn thoáng qua ta sẽ thấy f(n) cũng chỉ chứa hai giá trị $f(n)= 0$ hoặc $f(n) = 1$. Lúc đó ta sẽ tự hỏi là tại sao ta lại không đưa đáp án là 2 hàm hằng và 1 hàm giá trị tính theo $n$ nhưng nếu suy nghĩ như thế ta không chú ý vào điều kiện $\forall n \in\mathbb{N}$. Thực chất ta chỉ chứng minh được ở đó là $f(n)=0$ với $n$ lẻ và $f(n)=1$ với $n$ chẵn. Đây chính là điều cản trở sự tính nhẩm của ta, buộc ta phải bắt tay vào chứng minh.

$\boxed{11}$ Ta sẽ sử dụng cách làm như sau:

Đầu tiên ta thấy dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(0;1;2)$ và các hoán vị của chúng.

Hơn nữa ta lại có đẳng thức từ $a=0, b=1, c=2$ như sau:

$$\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}=(ab+bc+ca)^2$$

Từ đó ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM như sau:

$VT=4 (\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}) ^2 .(ab+bc+ca)^2$

$\leq  4 [\frac{\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}+\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}+(ab+bc+ca)^2}{3}]^3$

$=\frac{4}{27} [ab^3+bc^3+ca^3+ (ab+bc+ca)^2]^3$

Sau khi sử dụng $AM-GM$ ta sẽ đưa về kết quả có vẻ gọn hơn:

$$ab^3+bc^3+ca^3+(ab+bc+ca)^2 \leq 12$$

Mà ta lại có $ab^3+bc^3+ca^3+(ab+bc+ca)^2 =(a+b+c)(ab^3+bc^3+ca^3+abc) \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^4$ là một bất đẳng thức quen thuộc.

Thay thêm điều kiện $a+b+c = 3$ ta có đpcm.

Như vậy bài 11 chưa ai giải ra nên không tính điểm nhé. Bây giờ là bài 12 nhẹ hơn:

$\boxed{12}$ Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

 $$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$

Bài 102​
Tìm (a; b; p) với a, b $\in Z^{+}$, p là số nguyên tố sao cho 4p = b$\sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$



 

 

Đầu tiên xét trường hợp $p=2$. Ta thấy khi đó b chẵn và cũng dễ dàng chứng minh là không có cặp $(a,b)$ nào thỏa trường hợp trên.

Xét trường hợp $p$ lẻ. Gọi $\gcd (a,b)=d$ suy ra $a=da_1,b=db_1$ với $\gcd (a_1,b_1)=1$. Ta có $p= \frac b4 \sqrt{\frac{2a-b}{2a+b}}$.

 

TH1: Nếu $p \mid 2a_1-b_1$, vì $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên $p^2 \mid 2a_1-b_1$. Đặt $2a_1-b_1=p^2k$ với $k \in \mathbb{N}$ suy ra $\sqrt{\frac{b^2k}{(p^2k+2b_1)16}}=1$ hoặc $k= \frac{32b_1}{b^2-16p^2}$. Nếu tồn tại số nguyên tố $q \mid b_1, 2 \nmid q$ and $q \mid b^2-16p^2$, thì ta được $p=q$. Nếu $v_p(b_1)=1$ suy ra $p^2 \mid b^2-16p^2$, dẫn đến điều mâu thuẫn. Vì vậy, $p^2 \mid b_1$. Đặt $b_1=p^x2^y$ suy ra $k= \frac{32p^{x-2}2^y}{d^2p^{2x-2}2^{2y}-16}$. Vì  $x \ge 2$ nên $(dp^{x-1}2^y-4)(dp^{x-1}2^y+4) \mid 32 \cdot 2^y$. Ta có được $dp^{x-1}2^y=12$ nên $p=3,x=2,2^yd=4$ và $2^7\mid 32 \cdot 2^y$ so $y \ge 2$. Do đó, $d=1,y=2,p=3,x=2$ nên $b=db_1=36$. Từ đó $k=1$. Vậy $2a_1=45$, vô lí.

 

 Cho nên không tồn tại $q$ thỏa $b^2-16p^2=2^x \mid 32b_1$. Để ý rằng $2a_1=b_1+p^2k$ nên $\gcd (k,b_1) \mid 2^x$. Hơn nữa, if $2 \mid b_1$ nên $2 \nmid a_1$. Điều này có nghĩa là $v_2(b_1)=1$ nên $4 \mid k$. Hoặc nếu $v_2(b_1)=2$ thì $v_2(k)=1$. Vì vậy ta luôn có $b^2-16p^2 \mid 64$. Suy ra được rằng  $4 \mid b, b=4b_2$ cho nên $b_2^2- p^2\mid 4$.Trong trường hợp này ta không tìm được số nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài.

 

 

TH2: Nếuf $p \mid b$ suy ra $\gcd (2a_1-b_1,2a_1+b_1) \mid 2^k$ nên$2a_1-b_1=2^x, 2a_1+b_1=2^y$. Điều này cho ta $b_1=2^{x-1}\left(2^{y-x}-1 \right)$ nên $\frac{d \cdot 2^{x-1} \left( 2^{y-x}-1 \right)}{4 \cdot 2^{(y-x)/2}}=p$.

Do đó, nếu $p \mid d$ thì $2^{y-x}-1=1$ nên $y-x=1$, dẫn đến điều mâu thuẩn vì $2 \mid y-x$. Nếu $p \mid 2^{y-x}-1$ thì $d=1$ và $2+(y-x)/2=x-1$ hoặc $3x-6=y$. Do đó $2^{y-x}-1=2^{2x-6}-1=4^{x-3}-1$. Vậy $p=3,x=4,y=6$.

Bài tiếp theo (tạm thời cập nhật được điểm vì không nhấn được nút sửa  ). Sau 20 bài sẽ có bản Excel thông kê lại điểm của các bạn. 

 

Đây là một bài hết sức cơ bản, nhưng luật chơi câu này sẽ khác. Bất đẳng thức này có tới 18 cách giải, nên bạn nào gửi một lần 2 cách giải (hoặc hơn) trong một lần gửi bài mới được 1 điểm nhé. 

$\boxed{13}$ Cho $\triangle ABC$ với độ dài ba cạnh $a,b,c$, và diện tích là $S$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$$

 

Mục đích của bài này (cũng như là mục đích của topic) là để các bạn thể hiện tư duy đột phá. Hơn nữa bài này các cách giải của nó hội tụ hình học, đại số, lượng giác nên các bạn có thể ôn tập cả 3 mảng phần này. 

$\boxed{112}$ (AIME 2021) Tìm tất cả các cặp (được sắp xếp) $(m,n)$ sao cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thuộc tập hợp {$1,2,...,30$} và ước chung lớn nhất của $2^m+1$ và $2^n-1$ khác $1$

Nhân tiện mình sẽ gửi các bạn một số mở rộng của bài 13: 

 

Mở rộng 1: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S + (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Mở rộng 2: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 3: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3} + \frac{1}{2} [(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ 

 

Mở rộng 4: $a^{2n}+ b^{2n}+c^{2n} \geq 3 \frac{4S}{\sqrt{3}}^n + [(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}]$ , $\forall n \in\mathbb{N}$

 

Mở rộng 5: $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca) +\frac{18abc}{a+b+c} \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 6: $a^{\alpha}b^{\alpha} +b^{\alpha}c^{\alpha} +c^{\alpha}a^{\alpha} \geq 4^{\alpha} \sqrt{3^{2- \alpha}}S^{\alpha} $ , $\forall \alpha \geq 1$

 

Còn một số mở rộng nữa nhưng sẽ để dành cho cuộc thi Marathon