$P\left ( x \right )\doteq \left ( 3x^{2}+x+1 \right )^{10}=\sum C_{10}^{k}\left ( 3x^{2} +x\right )^{10-k}\doteq \sum C_{10}^{k}\sum C_{10-k}^{f}.3^{10-k-f}x^{20-2k-f}$

Do $20-2k-f=4$ và$f\leq 10-k$. Suy ra:

$K\geq 6$

$\rightarrow K\left \{ 6,7,8 \right \}$ tương ứng với $f\left \{ 4,2,0 \right \}$

Vậy Hệ số của $x^{4}$ là:$C_{10}^{6}.C_{4}^{4}+C_{10}^{7}.C_{3}^{2}.3+C_{10}^{8}.C_{2}^{0}.9\doteq 1695$

Một bổ đề có nhiều ứng dụng:

Cho các số thực không âm thỏa mãn :$\sum \left ( ab \right )^{2}+3\left ( abc \right )^{2}\geq 6$

Chứng minh:$\sum a\geq 3$

Cho $x,y,z$ thực dương.Chứng minh BĐT sau:

 

$$\frac{(x+y)^2}{x^2+y^2+xy+yz}+\frac{(y+z)^2}{y^2+z^2+yz+zx}+\frac{(z+x)^2}{z^2+x^2+xy+xz}\leq 3$$

Tương đương:

$xyz\left ( \sum x^{3} \right )+\sum xy^{5}\geq xyz\left ( \sum xy\left ( x+y \right ) \right )$

Theo AM-GM

$\sum xy^{5}\geq 3x^{2}y^{2}z^{2}$

Bất đẳng thức cuối cùng tương đương$\sum x^{3}+3xyz\geq \sum xy\left ( x+y \right )$ (Luôn đúng theo Schur )

Cho $a,b,c\geqslant 0$ và $a^2+b^2+c^2=2$

Chứng minh: $a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant \frac{8a^2b^2}{(a+b+c)^2}$ với $a^2b^2=max\left \{ a^2b^2,b^2c^2,c^2a^2 \right \}$

Dễ dàng chứng minh 

$f\left ( a,b,c \right )\geq f\left ( a1,b1,0 \right )$

Với $a+b+c\doteq a1+b1$

\Nên ta chỉ cần chứng minh khi một biến =0 là đủ

$(a+b)^{3}(a^{2}-ab+b^{2})\geq 8a^{2}b^{2}$

Luôn đúng theo AM-GM

Ta luôn có bổ đề$2x^{3}\geq 3x^{2}-1$

$\left ( \doteq \right )\left ( x-1 \right )^{2}\left ( 2x+1 \right )\geq 0$

Áp dụng vào ta cần chứng minh $\frac{15\sum x^{2}}{2} +3xyz +\frac{3}{2}\geq 9\sum xy$

Mà ta có $\frac{3xyz}{2} +\frac{3xyz}{2} +\frac{3}{2}\geq \frac{27xyz}{2\sum x}$

Theo Schur thì $\frac{3}{2}\left ( \sum x^{2} +\frac{9xyz}{\sum x}\right )\geq 3\sum xy$

Và theo AM_GM$6\sum a^{2}\geq 6\sum ab$ (Q.E.D)

Theo Holder bậc 4:

$\left ( \sum \frac{b^{2}c^{3}}{a^{2}\left ( b+c \right )^{3}} \right )\left ( 3abc+\sum ab^{2}\right )\left ( 2abc\sum a \right )\left ( 2\sum a \right )\geq \frac{\left ( \sum ab \right )^{4}}{\left ( 3abc+\sum ab^{2} \right )\left ( 2abc\sum a \right )\left ( 2\sum a \right )}$

Điều này tương đương$q^{4}\geq 9r^{2}p^{2}$

Luôn đúng theo BĐT AM-GM

$a,b,c>0,a+b+c=3$.Chứng minh $\sum \frac{1}{(a+b)^{3}} + \frac{9}{4\left ( a\sqrt{a}+b\sqrt{b} +c\sqrt{c}\right )} \geq \frac{9}{8}$

Đây chỉ là một mánh để đưa về Iran 1996 và áp dụng bổ đề $\left ( \sum a^{2} \right )\left ( \sum ab \right )^{2}\leq \frac{\left ( \sum a \right )^{6}}{27}$

Để có $\sum ab$ ở dưới mẫu thì đoạn này dùng Cosi cái roẹt là ra

Mình nghĩ bạn không nên post mấy bài mẹo mực kiểu này .Ý kiến cá nhân

$\sum \left ( a-b \right )^{2}\left ( \frac{2\left ( a+b \right )\left ( c+b-a \right )\left ( a+c-b \right )-\left ( c-a \right )\left ( c-b \right )\left ( a+b+c \right )}{2\left ( \sum a^{3}+abc \right )\left ( c+b \right )\left ( c+a \right )} \right )\geq 0$

Ta luôn có hằng đẳng thức$\sum \left ( a-b \right )^{2}\left ( b-c \right )\left ( a-c \right )\left ( a+b+kc \right )\doteq 0$

Áp dụng cho k=0 thì ta có VT thực chất sẽ bằng$\sum \left ( a-b \right )^{2}\left ( \frac{\left ( a+b \right )\left ( c+a-b \right )\left ( c+b-a \right )}{\left ( \sum a^{3} +abc\right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )} \right ) \geq 0$ (Q.E.D)

$2\sum a^{4}\left (b-c \right )^{2} +\sum a^{2}\left ( b-c \right )^{2}\left ( b+c-a \right )^{2} +\sum \left (b-c \right )^{2}\left (a^2-bc \right )^{2}\geq 0$

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$ thì ta chú ý tới đẳng thức sau: $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2=q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được: $\sqrt{\frac{a}{2a^2+bc}}=\frac{a}{\sqrt{(a^2+ab+ac)(2a^2+bc)}}\geqslant \frac{2a}{3a^2+ab+bc+ca}$

Ta quy về chứng minh: $\frac{a}{3a^2+ab+bc+ca}+\frac{b}{3b^2+ab+bc+ca}+\frac{c}{3c^2+ab+bc+ca}\geqslant 1$

$\Leftrightarrow 9abc(ab+bc+ca)+3(ab+bc+ca)\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]+(ab+bc+ca)^2(a+b+c)\geqslant 27a^2b^2c^2+9(ab+bc+ca)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)^3$

$\Leftrightarrow 9qr+3q(pq-3r)+q^2p\geqslant 27r^2+9q(q^2-2pr)+3q^2(p^2-2q)+q^3$

$\Leftrightarrow 9qr+3q(q-3r)+q^2\geqslant 27r^2+9q(q^2-2r)+3q^2(1-2q)+q^3\Leftrightarrow \left [ q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2 \right ]+4r\geqslant 0$

Suy cho cùng thì bất đẳng thức tương đương: $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2+4abc\geqslant 0$

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2},c=0$ hoặc các hoán vị

WOW bổ đề mạnh vậy

Một cách khác p,q,r mà không cần dùng bổ đề

Với c=0

$\sqrt{\frac{1}{2a}}+\sqrt{\frac{1}{2b}}\geq 2$(Luôn đúng với AM-GM)

Với $c\neq 0$

Ta cần Cm vế trái luôn $> 2$.Thật vậy bình phương lên ta có như sau

VT=$\sum \frac{a}{2a^{2}+bc} +2\sqrt{\frac{ab}{\left (2a^{2}+bc\right)\left ( 2b^{2}+ca \right )}}> 4$

$\left ( \doteq \right )$$\sum \frac{\left ( a+b \right )\left ( a+c \right )}{2a^{2}+bc} +\sum \frac{2a^{2}}{2a^{2}+bc} +2\sum \sqrt{\frac{ab}{\left ( 2a^{2}+bc \right )\left ( 2b^{2}+ca \right )}}> 7$

Từ đây ta có $\sum \frac{\left ( a+b \right )\left ( a+c \right )}{2a^{2}+bc}= \left ( a+b \right )\left ( a+c \right )\left ( b+c \right )\left ( \sum \frac{1}{\left ( 2a^{2}+bc \right )\left ( b+c \right )} \right ) \geq 3\frac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{\sum ab\left ( a+b \right )} \doteq 3\frac{q-r}{q-3r}$

$\sum \frac{2a^{2}}{2a^{2}+bc}\geq \frac{2}{2-3q}$(Theo C-S)

Mà từ a+b+c=1 suy ra

$ab\leq \frac{1}{4}$ tương tự với ac và bc thì ta có:

$2\sum \sqrt{\frac{ab}{\left ( 2a^{2}+bc \right )\left ( 2b^{2} +ca\right )}}\doteq 2\sum \frac{ab}{\sqrt{2a^{2}b+b^{2}c}\sqrt{2b^{2}a+ca^{2}}}\geq 16\frac{q^{2}}{3pq-9r}$(Theo C-S và AM-GM)

$\left ( \doteq \right )r\left ( 36-54q \right ) +\frac{52}{3}q^{2}-6q> 0 \left ( \doteq \right )\frac{\left ( 4q-1 \right )\left ( 36-54q \right )}{9}+\frac{52}{3}q^{2}-6q> 0 \left ( \doteq \right )5q\left ( q-12 \right )+3<0$

Luôn đúng với $0\leq q\leq \frac{1}{3}$

Chứng minh với $ a,b,c\geq 0 \sum a\doteq 1:\sum \sqrt{\frac{a}{2a^{2}+bc}}\geq 2$

Cho  $\sum a^{2}\doteq 1$

Tìm MAX A =$\left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\left ( c-a \right )\left ( a+b+c \right )$

Cho  $\sum a^{2}\doteq 1$

Tìm MAX A =$\left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\left ( c-a \right )\left ( a+b+c \right )$

Cho a,b là các số thực không âm thỏa mãn a+b=2.CMR

$3ab+a^{a}b^{b} \leq 4$

CHo a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn 2 số không đồng thời bằng 0 .Chứng minh rằng

\[ \sum a^2\sqrt{a^2+3bc} \ge \sum ab\sqrt{2(a^2+b^2)}.\]

$\sum a^{3} -3abc= 0$

Từ phương trình 1 

a,b,c \geq  0 ; ab+bc+ca+abc=4; CMR: $\sqrt{a^2+8}+\sqrt{b^2+8}+\sqrt{c^2+8}\leq a+b+c+6$

$$\frac{a+2b}{a+2c}+\frac{b+2c}{b+2a}+\frac{c+2a}{c+2b} \ge \sqrt{\frac{5(a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + 4}$$

Võ Quốc Bá Cẩn