Tìm n >2 nhỏ nhất sao cho có n số chính phưong liên tiếp khác 0 có tổng là một số chính phương.

DDTH

nếu em không nhầm thì $n=11$ thì phải, chứng minh dựa vào phương trình Pell

Với $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác thì ta có bất đẳng thức sau
$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c} \leq \dfrac{3}{1+2\sqrt[3]{pr^2}}$
bài toán này nếu đưa về p,R,r thì vế tráicó dạng như sau
$ \dfrac{3+4p+3r^2+p^2}{1+2p+p^2+r^2+(1+p)2R^2}$
bài toán này là 1 bài toán rất khó , thực ra dc biến đổi từ bdt sau với trường hợp n=3
http://toanthpt.net/forums/showthread.php?t=4093
tất nhiên bdt mà tôi nêu ra ở toanthpt chưa chắc đã đúng,chỉ có thể khẳng định dc nó đúng với n=3,4,6,8 thôi ,chưa giải quyết dc triệt để ,và cũng có phản ví dụ cho trường hợp n=7
nhưng cácbanj hãy thử nghĩ xem vì dù sao đây cũng là 1 bdt rất hay ,nếu ko ai giải dc tổng quát thì hãy cứ thử giải quyết trường hợp riêng xem sao ,ngay cả trường hợp riêng thì vẫn là 1 bài siêu khó
đối với trường hợp n=3 nếu có bác nào giải dc bằng p,R,r thì mình xin bái làm sư phụ luôn

@gà học toán: cho dù nó là 1 bài toán "siêu khó" nhưng có thể khó với bạn còn đối với người khác nó lại ko khó (số người coi bài này ko khó cũng chả ít đâu), vì vậy nên chú ý thái độ của bạn. Đọc vào người ta sẽ nghĩ đây là một lời thách thức đấy !? Thân!
xin lỗi,vì ko biết gõ latex nên admin nào chỉnh sửa hộ em cái cho bà con dễ đọc tí

Heron: $S^2=p^2r^2=\dfrac{a+b+c}{2}pr^2=\dfrac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{16}$
Từ đây: $pr^2=\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{8}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c} \leq \dfrac{3}{1+2\sqrt[3]{\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{8}}}$
Đặt $x=\dfrac{b+c-a}{2},y=\dfrac{c+a-b}{2},z=\dfrac{a+b-c}{2}$
Thay vào bất đẳng thức tương đương:
$\dfrac{1}{y+z+1}+\dfrac{1}{z+x+1}+\dfrac{1}{x+y+1} \le \dfrac{3}{1+2\sqrt[3]{xyz}}$
Đến đây thì,..., thử $x=1,y=8,z=343$ hay $a = 351, b = 344, c = 9$ thì ....
Không biết thiếu điều kiện gì không!
Off tiếp.

ví dụ 4 là bdt vasc mà chả lẽ nó ra tới bậc 3 thực ra bậc 3 chắc cũng ko mấy khó khăn (thường thì các biểu thức $g(p)$ ko âm còn ko thì dùng chút đạo hàm nữa nhưng còn căn thì đúng là cần xem xét nhiều hơn nhưng chắc là vẫn work (cùng lắm thì khử căn và trâu bò ra ). Ko có thời gian làm mấy trò cồng kềnh này nên thông cảm nhá
Nói chung thì ko thể phủ nhận những kết quả của 10maths là rất mạnh nhưng mà thú thật là mình ko thích lắm vì nó cồng kềnh (maple đc dùng nhìu lần ), p,q,r cho bdt đối xứng thường khá đẹp và gọn gàng nhưng tất nhiên vì đây là hoán vị nên khác nhau cũng là điều tất nhiên thôi chúc 10maths tiếp tục hoàn thiện pp này, tớ phải học những thứ khác đây

Nhầm chút, thực ra đoạn trên là ví dụ 5, ví dụ 4 thì lời giải như cách của zai nói quá nổi tiếng rồi.

p/s: sorry mọi người, trong file thứ 2 mình up lên có một lỗi typing sai ngay đoạn đầu tiên, thực ra là $\delta \le 0$ thay vì $\delta \ge 0$ như trong bài viết

Uh tư tưởng của nó cũng đơn giản thôi và theo anh thì những bài trên ko khó đối với nó và các lời giải quá khủng hoảng như trên của 10math (theo mình nghĩ có sự can thiệp của maple ) thì thật sự cái trò mà anh nói cũng ko khác là mấy và đơn giản hơn về mặt ý tưởng. Tư tưởng là quy về xét hàm theo biến $a$ với các hệ số là là các đa thức $ g(p)$ thường thì nó làm việc khá tốt.
Có thể minh hoạ bằng 1 bài ngày xưa nổi đình nổi đám bên MnF (ngày xưa nó là 1 bài unsolve bên MnF còn bây giờ thì chắc là khác xa rồi )
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{b^4+2}+\dfrac{b}{c^4+2}+\dfrac{c}{a^4+2}\ge 1$

Với bài này thì cách trên của 10maths vẫn works nhưng mà xem ra cũng khủng hoảng lắm Xin lỗi vì thấy anh Tanpham dùng từ "khủng hoảng" cũng thấy hay hay nên học theo

hi, 2 cái này thực ra khác nhau nhiều lắm. Như ví dụ 4, nếu đặt theo cách như zai nói, g sử $c=min$, đặt $a=c+x,b=c+1$ thì bđt trở thành:
$-kc^3x^2+kcx^2-kxc+c+2c^2+x+kc^3x-kx^3c-kx^3c^2+cx+3xc^2+4cx^2-3c^3x+3c^3x^2+3c^3+x^3+2c^2x^3-x^3c+x^4c-kc^3-kc^2 \ge 0$
Đây là hàm bậc 3 của $c-->> $khử $c $ đi khó hơn nhiều so với cách trên khi bậc của $r$ chỉ có 2.

Hơn nữa có sự khá biệt rõ ràng nữa là với các bài chứa căn, ví dụ bài:
Tìm $k$ tốt nhất:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+k \ge (3+k)\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)^{\dfrac{2}{3}}$
Bài này dùng như cách trên vẫn solve đơn giản còn nếu đặt như zai nói thì không biết phải tiến hành tiếp tục như thế nào.

====================================
p/s: đây là file 1maths đã tổng hợp, định trans sang TV nhưng cũng còn nhiều lỗi và cũng chưa hoàn thành nên để khi hoàn tất chỉnh sửa sau vậy, mọi người xem tạm nhé.

I. Các kiến thức :
_ Với mỗi bộ 3 số $ a , b,c$ ta kí hiệu
$p = a+b+c$
$ q= ab+bc+ca$
$r= abc$
Ta có một số đẳng thức sau :

$\sum \limits_{sym} a^2=p^2-2q$

$\sum \limits_{sym} a^3 = p^3 - 3pq +3r$

$\sum \limits_{sym} a^2(b+c) = pq - 3r $

$\sum \limits_{sym} a^4 = p^4 + 2p^2 + 4pr - 4p^2q$

$\sum \limits_{sym} b^2c^2 = q^2 - 2pr $

$\sum \limits_{sym} a^3(b+c) = p^2q - 2q^2 - pr$

$ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2= p^2q^2 + 18pqr - 27 r^2 - 4q^3 - 4p^3r$

_ Hàm số $f(X) = AX^2 + BX +C$ ( $A>0 $) $ X_{ct} = \dfrac{-B}{2A} $
+) $ \geq 0 \forall X \Leftrightarrow \Delta =B^2 - 4AC \leq 0 $
+)$ \geq 0 \forall X \geq 0 \Leftrightarrow \large\left[{\left\{\begin{array}{l}0\geq X_{ct} (\text{hoac} B\geq 0 ) \\f(0)\geq 0 ( \text{hoac} C \ge 0) \end{array}\right. \\{ \left\{\begin{array}{l}X_{ct}\geq 0 ( \text{hoac} B \le 0) \\f(X_{ct})\geq 0(\text{hoac} \Delta = B^2 - 4 AC \leq 0) \end{array}\right. $

II . Các ví dụ :
Ví dụ 1 :
Cho $a,b,c \geq 0 $ thỏa mãn :$a+b+c= 3$
CM $ a^2b+b^2c+c^2a \leq 4 $
Giải :
$\Leftrightarrow 2\sum \limits_{cyc} a^2b \leq 8 $
$\Leftrightarrow (\sum \limits_{cyc} a^2b + \sum \limits_{cyc}ab^2 ) + (\sum \limits_{cyc}a^2b - \sum \limits_{cyc}ab^2) \leq 8$
$ \Leftrightarrow \sum \limits_{sym}a^2(b+c) + (a-b)(b-c)(c-a) \leq 8$
Rõ ràng ta chỉ cần CM bđt trong TH $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $:
$\sum \limits_{sym}a^2(b+c) + \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \leq 8 $

$\Leftrightarrow (pq - 3r) + \sqrt {(p^2q^2+ 18 pqr - 27 r^2 - 4q^3 - 4q^3r) } \leq 8 $

$\Leftrightarrow (p^2q^2 + 18pqr - 27r^2 - 4q^3 - 4p^3r) \leq (8-pq +3r)^2$

$\Leftrightarrow 36r^2 + (4p^3 - 24pq +48)r +4q^3 -16pq +64 \geq 0 $

$ \Leftrightarrow 9r^2 + (p^3-6pq +12 ) r + q^3 - 4pq +16 \geq 0 $
Thay $p = 3$ :
$ 9r^2 +(39-18q)r +q^3 -12q +16 \geq 0 $
Đặt $ f( r) = 9r^2 +(39-18q)r +q^3 -12q +16$
$r_{ct} = \dfrac{-39+18q}{18} $
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{39}{18} \Rightarrow r_{ct} \leq 0 $
$ f(0) = q^3 - 12q +16 = (q+4)(q-2)^2 \geq 0 $
2) $ \dfrac{39}{18} \leq q \leq 3 \Rightarrow r_{ct} \geq 0 $
$ f(r_{ct}) = 24q^3 - 216q^2 + 648q - 630 \geq 0 \forall q \in [\dfrac{39}{18} ; 3 ] $
Vậy $ f( r) \geq 0 \forall r \geq 0 \Rightarrow $ bđt được CM

Ví dụ 2 :
Cho $a,b,c $ là các số ko âm thỏa mãn : $a+b+c = 3$
CMR : $ a^2b +b^2c+ c^2a + 2 ( ab^2 +bc^2 +ca^2 ) \leq 6\sqrt{3}(2)$
Giải :
$ ( 2)\Leftrightarrow 2\sum \limits_{cyc}a^2b + 4\sum \limits_{cyc}ab^2 \leq 12\sqrt{3} $

$ \Leftrightarrow 3\sum \limits_{sym}a^2(b+c) + (\sum \limits_{cyc} ab^2 -\sum \limits_{cyc} a^2b) \leq 12\sqrt{3} $

$ \Leftrightarrow 3\sum \limits_{cyc}a^2(b+c) + (a-b)(b-c)(c-a) \leq 12\sqrt{3} $
Ta chỉ cần CM trong TH :$(a-b)(b-c)(c-a) \geq 0 $

$ 3\sum \limits_{sym}a^2(b+c) + \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \leq 12\sqrt{3}$

$\Leftrightarrow 3(pq -3r ) + \sqrt{p^2q^2 +18pqr -27r^2 -4q^3 - 4p^3r} \leq 12\sqrt{3}$

$ \Leftrightarrow p^2q^2 +18pqr - 27r^2 - 4q^3 - 4p^3r \leq (12\sqrt{3}-3pq+9r)^2 $

$ \Leftrightarrow f( r) = 108r^2 + (4p^3-72pq +216\sqrt{3} )r + 4q^3 + 8p^2q^2 -72\sqrt{3}pq +432 \geq 0 $

$ r_{ct} = \dfrac{216q - 108 -216\sqrt{3} }{108}$
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{216\sqrt{3} +108 }{216} \Rightarrow r_{ct} \leq 0 $

$ f(0) = 4( q+ 12 + 6\sqrt{3} )( q+3 -\sqrt{3})^2 \geq 0 $
2) $ \dfrac{216\sqrt{3} +108 }{216} \leq q \leq 3 \Rightarrow r_{ct} \geq 0 $
$ f(r_{ct}) = 4q^3 -36q^2 +108q +81 - 108\sqrt{3} \geq 0 \forall q \in [\sqrt{3} + \dfrac{1}{2} ; 3] $
Bđt được chứng minh .

Ví dụ 3 :
Tìm hằng số tốt nhất cho bđt sau :
$ k(a+b+c)^4 \geq (a^3b+b^3c+c^3a) + ( a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 ) + abc(a+b+c) $
Giải :
Cho $ a= 2, b=1 , c= 0 \Rightarrow k\geq \dfrac{4}{27}$
Ta Cm đây là giá trị cần tìm , nghĩa là :
$ \dfrac{4}{27}(a+b+c)^4 \geq \sum \limits_{cyc}a^3b + \sum \limits_{sym}b^2c^2 + abc\sum \limits_{sym} a $

$\Leftrightarrow \dfrac{8}{27}(a+b+c)^4 \geq (\sum \limits_{cyc}a^3b + \sum \limits_{cyc}ab^3) + 2\sum \limits_{sym}b^2c^2 + (\sum \limits_{cyc}a^3b -\sum \limits_{cyc}ab^3) +2abc(a+b+c) $

$ \Leftrightarrow \dfrac{8}{27}(a+b+c)^4 \geq \sum \limits_{sym}a^3(b+c) +2\sum \limits_{sym}b^2c^2 +(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c) +2abc(a+b+c) $

Chỉ cần Cm trong trường hợp $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$ \Leftrightarrow \dfrac{8}{27}(a+b+c)^4 \geq p^2q -2q^2- pr +2q^2- 4pr+2pr +p\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}$

$ \Leftrightarrow p^2(p^2q^2 + 18pqr - 27r^2 - 4q^3- 4p^3r ) \leq [\dfrac{8}{27}p^4 -p^2q+3pr]^2$

$\Leftrightarrow 36p^2r^2 + (\dfrac{52}{9}p^5 -24p^3q)r + \dfrac{64}{729}p^3 +4p^2q^3 - \dfrac{16}{27}p^6q \geq 0 $

$\Leftrightarrow 324p^2 +(1404-648q)r +36q^3-432q +576 \geq 0 $ (chuẩn hóa $p=3$ )
$f( r) =36[9r^2 + (39-18q)r +q^3 -12q+16]$
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{13}{6} \rightarrow 39-18q \geq 0$
$ f(0)=36(q+4)(q-2)^2 \geq 0 $

2)$ \dfrac{13}{6} \leq q \leq 3 \rightarrow \Delta = (39-18q)^2 -4.9.(q^3-12q+16) = -36q^3 +324q^2 -972q +945 \leq 0 $ VớI $ q \in [\dfrac{13}{6};3]$

Bđt được chứng minh


Ví dụ 4
CM bđt sau vớIi mọi số thực x,y,z :
$ (x^2+y^2+z^2)^2 \geq 3 (x^3y +y^3z+z^3x )(2)$

GiảI :
Nhận xét : Nhân 2 vế bđt $( 2 )$ vớI $ \dfrac{3^4}{(x+y+z)^4} \geq 0 $ và đặt
$ a= \dfrac{3x}{x+y+z} ; b= \dfrac{3y}{x+y+z}; c= \dfrac{3z}{x+y+z}$
Bđt trở thành :
$ (a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3 ( a^3b+b^3c+c^3a) $ vớI $a+b+c=3$

$ \Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(\sum \limits_{cyc}a^3b +\sum \limits_{cyc}ab^3 ) + 3(\sum \limits_{cyc}a^3b -\sum \limits_{cyc}ab^3 )$

$ \Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3\sum \limits_{sym}a^3(b+c) + 3(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c)$
Ta chỉ cần CM trong trường hợp $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow 2(\sum \limits_{sym}a^2)^2 \geq 3\sum \limits_{sym}a^3(b+c) + 3\sum \limits_{sym}a\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$

$ \Leftrightarrow 2(p^2-2q)^2 \geq 3(p^2q-2q^2 -pr) + 3p\sqrt{p^sq^2+18pqr -27r^2-4q^3-4p^3r}$

$\Leftrightarrow 9p^2(p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r) \leq [2(p^2-2q)^2-3(p^2q-2q^2-pr)]^2 $

$\Leftrightarrow 252p^2r^2 +(84pq^2-228p^3q+48p^5)r +4p^8-44p^4q+168p^4q^2-272p^2q^3+196q^4 \geq 0 $

$\Leftrightarrow f( r)= 2268r^2 +(252q^2-6156q+11664)r+196q^4-2448q^3+13608q^2-32076q+26244 \geq 0 $

$ \Delta $’$ =(126q^2-3078q+5832)^2-2268(196q^4-2448q^3+13608q^2-32076q+26244) = -8748(7q-18)^2(q-3)^2 \leq 0 $

Bđt được CM

Ví dụ 5 :
Tìm hằng số k tốt nhất cho bđt sau đúng $\forall a,b,c>0$:
$\dfrac{a}{b} +\dfrac{b}{c} +\dfrac{c}{a} +k\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \geq 3+k(5)$
GiảI :
Ta có :
$2\sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b}= (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b} + \sum \limits_{cyc}\dfrac{b}{a}) + (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b} - \sum \limits_{cyc}\dfrac{b}{a}) = \dfrac{\sum \limits_{sym}a^2(b+c)}{abc} + \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$

$ (5)\Leftrightarrow \sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b} + 2k\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \geq 6+2k $
$ \Leftrightarrow \dfrac{\sum \limits_{sym}a^2(b+c)}{abc}+ 2k\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 6+2k + \dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$

Ta chỉ cần CM trong TH $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow \dfrac{pq-3r}{r} + \dfrac{2kq}{p^2-2q} \geq 6+ 2k+\dfrac{\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r}$

$ (p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3q)(p^2-2q)^2 \leq [(pq-3r)(p^2-2q)+2kqr-(6+2k)r(p^2-2q)]^2$

$ f( r)= Ar^2 +Br+C \geq 0 $ (chuẩn hóa $p=3$ )
$ A=324k^2+36k^2q^2+216kq^2+2916k-3888q+432q^2+8748-216k^2q-1620kq$
$B= 8748 -432q^3+4320q^2-126361-72kq^3-972kq+540kq^2$
$C=16q^5-144q^4+324q^3$

Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{3(k+11-\sqrt{k^2+10k+49} ) }{2(k+6)} \Rightarrow B\geq 0 \text{có} C\geq 0, A\geq 0 \Rightarrow f( r) \geq 0 $

2)$ \dfrac{3(k+11-\sqrt{k^2+10k+49} ) }{2(k+6)} \leq q \leq 3 $
$ \Delta = B^2 -4AC = -144(q-3)^2(2q-9)^2(48q^3+24kq^3+4k^2q^3-144kq^2-468q^2-9k^2q^2+162kq+1296q-719) $

Từ đây suy ra $ k_{max} = 3\sqrt[3]{4} - 2$

Ví dụ 6 :
Tìm hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm a,b,c :
$ \dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} + k(a+b+c) \geq 3(k+1)\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}(6)$

GiảI :
Ta có :
$ 2\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} = (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} + \sum \limits_{cyc}\dfrac{b^2}{a}) + (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} - \sum \limits_{cyc}\dfrac{b^2}{a}) = \dfrac {\sum \limits_{cyc}a^3(b+c)}{abc} + \dfrac{(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)}{abc} $

$(6) \Leftrightarrow 2(\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} + 2k(a+b+c) \geq 6(k+1)\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow \dfrac {\sum \limits_{cyc}a^3(b+c)}{abc} + 2k(a+b+c) - 6(k+1)\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} \geq \dfrac{(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$

Ta chỉ cần CM trong TH : $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow \dfrac{p^2q-2q^2-pr}{r} +2kp -6(k+1)\dfrac{p^2-2q}{p} \geq \dfrac{p\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r} $

$ \Leftrightarrow p^4(p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r) \leq [(p^2q-2q^2-pr)p +2kp^2r-6(k+1)r(p^2-2q)]^2 $

$\Leftrightarrow f( r)= Ar^2 +Br+C \geq 0 $ ( Chuẩn hóa $p=3$ )
$ A= 288kq^2+144k^2q^2+1296k^2-1512q+4536k-2376kq-846k^2q+144q^2+6165$
$B=8748 -1944kq+1080kq^2-144kq^3-7776q+1404q^2-144q^3$
$C=36q^4$

Phương trình $B=0$ có nghiệm $ q \in [0,3]$:
$q_0 = \dfrac{1}{4(1+k)}(\sqrt[3]{M} + \dfrac{28k^2-100k-119}{\sqrt[3]{M}} + 10k + 3 ) $
Với :
$ M= -1475-2382k-960k^2-80k^3+36\sqrt{N} +36k\sqrt{N}$
$ N= -12k^4+324k63-63k^2+2742k+2979$

Xét 2 TH :
1)$ 0 \leq q \leq q_0 \Rightarrow B \geq 0 ; C \geq 0 \Rightarrow f( r ) \geq 0 $( Cm được $ A\geq 0 $ )

2)$q_0 \leq q \leq 3$
$ \Delta = B^2-4AC = -11644(q-3)^2(16q^3+16k^2q^3+32kq^3-252kq^2-189q^2-36k^2q^2+324kq+810q-729) $

Từ đây suy ra $ k_{max} \approx 1,5855400068$

Ví dụ 7 :
Tìm hằng số k tốt nhất sao cho bđt sau đúng với mọi $ a,b,c \geq 0 $
$\dfrac{a}{b} +\dfrac{b}{c} +\dfrac{c}{a} +k \geq \dfrac{(9+3k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$ (7)

Giải :
Tương tự như VD 5 :
(7) $\Leftrightarrow 2\sum \limits_{cyc} \dfrac{a}{b} + 2k \geq \dfrac{6(3+k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sum \limits_{sym}a^2(b+c)}{abc} + 2k - \dfrac{6(3+k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} \geq \dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$


Ta chỉ cần CM trong TH : $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow \dfrac{pq-3r}{r}+ 2k - \dfrac{6(3+k)(p^2-2q)}{p^2} \geq \dfrac{\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r}$

$\Leftrightarrow (p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r)p^4 \leq [(pq-3r)p^2+2kp^2r-6(3+k)(p^2-2q)r]^2 $

$\Leftrightarrow f( r)= Ar^2 +Br+C \geq 0 $ ( Chuẩn hóa $p=3$ )
$ A= 144k^2q^2 +864kq^2+1296k^2-13608q+13608k+1296q^2-864k^2q-7128kq+37098$
$ B= 648kq^2-1944kq-14580+1944q^2+8748$
$ C= 324q^3$
Xét 2 TH :
1)$0 \leq q \leq \dfrac{3(15+2k-\sqrt{153+36k+4k^2})}{4(3+k)} \Rightarrow B\geq 0 $ Ta Cm được $ A\geq 0 , C\geq 0 \Rightarrow f( r ) \ge 0$

2)$ \dfrac{3(15+2k-\sqrt{153+36k+4k^2})}{4(3+k)} \geq q \geq 3 $
$ \Delta = B^2-4AC = -11664(q-3)^2(16k^2q^3+96kq^3+144q^3-36k^2q^2-972q^2-432kq^2+324kq+1944q-729) $
Từ đây suy ra $ k_{mac}= 3\sqrt[3]{2} -3$

Ví dụ 8:Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $a,b,c$:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-k+3 $

Lời giải:
Tương tự ví dụ 5:
$2\sum_{cyc} \dfrac{a}{b} \ge \dfrac{2k\sum_{sym} a^2}{\sum_{sym} bc} -2k+6 \\ \Leftrightarrow \dfrac{\sum_{sym} a^2(b+c)}{abc}-\dfrac{2\sum_{sym} a^2}{\sum_{sym} bc}+2k-6 \ge \dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$
Ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $(a-b)(b-c)(a-c) \ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{pq-3r}{r}-\dfrac{2k(p^2-2q)}{q}+2k-6 \ge \dfrac{\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r} \\ \Leftrightarrow q^2(p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r) \le \left[(pq-3r)q-2kr(p^2-2q)+(2k-6)rq\right]^2$
$\Leftrightarrow f( r )=Ar^2+Br+C \ge 0$ (chuẩn hóa $p=3$)
$A=36k^2q^2-216k^2q+324k^2-108kq^2+324kq+108q^2$
$B=36kq^3-108q^3+108q^2-108kq^2$
$C=4q^5$
Từ đây suy ra $k_{max} =1$

thêm bài nữa nhờ mọi người
x^2+y^2+z^2=2
cmr x+y+z < 2+ xyz
x, y, z là số thực

http://diendantoanho...?...c=29697&hl=

Em có thể đính chính lại một chỗ ko ạ, trang 164 phần 4.11, thực ra ý tưởng dạng đó ko phải là của bạn Lê Việt Thắng. Ý tưởng như vậy đã xuất hiện từ rất lâu rồi nhưng ko được chú ý, bây h 3 bạn của 10maths_tp0609 chỉ phát triển thêm một tí thôi. Và tác giả bài viết chuyên đề post trên VmF cũng là 3 bạn (ko phải bạn Lê Việt Thắng). Và nếu ko cần thiết thì em nghĩ bỏ luôn phần tác giả.

Tình hình là hôm nay em mới bị ốm, nên có lẽ sẽ vắng mặt trong buổi dã ngoại. Xin lỗi mọi người nhé, bây h em rút tên được ko ạ!

Số TT: 15
Họ và tên: Bạch Ngọc Thành Công
Nick trên VMF: 10maths_tp0609
E-mail: zarai_"từ cấm"[email protected]
Số điện thoại để liên lạc: 0313.940759
Giới Tính: Nam
Địa chỉ hiện tại: Hải Phòng
Đang học (hoặc công tác) tại: 10 Toán THPT NK Trần Phú, Hải Phòng
Sở trường/Sở đoản: ko có
Đến Hà Nội vào ngày, bằng phương tiện: có lẽ em sẽ lên vào ngày 4-8, cho em hỏi tập trung tại đâu lúc bắt đầu đi ạ?
Yêu cầu giúp đỡ từ phía VMF: Ko có yêu cầu gì!
Đi chung xe với VMF (xuất phát tại Hà Nội): Có
Ý kiến/Góp ý: em ko có ý kiến gì
Ảnh kèm theo ko có

P/S: nhờ các mod xóa hộ em bài bên trên, em ko để ý mình chưa đăng nhập.

Thêm một bài tương tự:
Cho $a,b,c \ge 0$. CMR : $ \sqrt[3]{\dfrac{abc+abd+bcd+acd}{4}}\leq \sqrt{\dfrac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6} } $

Ta có:
$abc+bcd+cda+dab =ac(b+d)+bd(a+c) \le \dfrac{(\sqrt{ac}+\sqrt{bd})(a+c)(b+d)}{2}$
$ab+bc+cd+da=\dfrac{(a+c)(b+d)}{2}+\dfrac{(a+c)(b+d)}{2}+(ac+bd) \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{(a+c)^2(b+d)^2(ac+bd)}{4}}$
Thay vào bđt ta cần chứng minh:
$\sqrt[3]{\dfrac{(a+c)(b+d)(\sqrt{ac}+\sqrt{bd})}{8}} \le \sqrt{\dfrac{1}{2}\sqrt[3]{\dfrac{(a+c)^2(b+d)^2(ac+bd)}{4}}}$
$\Leftrightarrow (\sqrt{ac}+\sqrt{bd})^2 \le 2(ac+bd)$
Điều này hiển nhiên theo bđt Cauchy-Schwarz.
DONE.

Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}}\ge \sqrt[3]{\dfrac{abc+bcd+cda+dab}{4}}$

Mấy em THCS thử xem sao nhé, bài này dễ nhưng lời giải khá đẹp

Vắng khachss quá thôi để 10maths spam cho.
$a^2+b^2+c^2+d^2 \ge \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4}$
$abc+bcd+cda+dab \le \dfrac{(a+b+c+d)^3}{16}$
Đến đây chắc xong nhỉ!

Không biết bài này có đúng ko, dạo này lười ngại làm bài quá!

$\sqrt{\dfrac{ab+bc+cd+da}{4}}\ge \sqrt[3]{\dfrac{abc+bcd+cda+dab}{4}}$

(10maths nhớ đề gốc của nó là thế này)

P/S:
Solution.
Ta có:
$abc+bcd+cda+dab=ac(b+d)+bd(c+a) \le \sqrt{ac}\dfrac{(a+c)(b+d)}{2}+\sqrt{bd}\dfrac{(a+c)(b+d)}{2}=(sqrt{ac}+\sqrt{bd})\dfrac{(a+c)(b+d)}{2}$
$ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)$
Thay vào bđt ta cần chứng minh:
$\sqrt{\dfrac{(a+c)(b+d)}{4}} \ge \sqrt[3]{\dfrac{(a+c)(b+d)(\sqrt{ac}+\sqrt{bd})}{8}} \Leftrightarrow (a+c)(b+d) \ge (\sqrt{ac}+\sqrt{bd})^2$
Cái này hiển nhiên theo bdt Cauchy-Schwarz.
Done.

bài này là 1 ứng dụng quen thuộc của p,q,r ko biết có Cauchy-Schawz được ko
Ai thử chứng minh cái này nè sau khi dùng cho bài trên thì ra rứa , nhìn vào đoán thôi mình cũng chưa thử
$(a+b+c)^2(ab+bc+ca)\ge ab(a+b)+bc(c+b)+ca(c+a)$
Hoặc ko thì chặt hơn nè:
$(a^2+b^2+c^2)^2(ab+bc+ca)\ge ab(a^3+b^3)+bc(c^3+b^3)+ca(c^3+a^3)$
Hi vọng là 1 trong 2 cái đúng, vì bdt là đối xứng nên có rất nhiều cách giải quyết thử nào ...

Hic, bất đẳng thức ko đ�ồng bậc, hay ó đk gì nhỉ, ku zai vào em thử xem thế nào

Một bài toán trong sách ì tài liệu chủ đề tự chọn nâng cao lớp 10 ì tưởng chừng quen thuộc nhưng rất khó khăn khi giải toán bài này thộc bài đơn giản nhưng chẳng giản đơn chút nào
Cho a,b,c >= 0 và a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4 tìm max của S = a + b + c

Bài này đã từng được đăng lên báo THTT, trong đấy phải có đến 4-5 cách giải, cách đầu tiên là tính a theo b,c ngay từ đk ban đầu, những cách khác thì 10maths ko nhớ rõ lắm, nếu 10maths nhớ không nhầm thì có 1 cách như sau:

Giả thiết $\leftrightarrow $Tồn tại Tam giác ABC sao cho $ \dfrac{a}{2}=cosA,... $
$\rightarrow a+b+c=2(cosA+cosB+cosC) \le 2.\dfrac{3}{2}=3$

Cám ơn sự đóng góp quý báu của mọi người rất nhiều.

Quả thật những gì mình post cho thấy pp của mình thực sự chưa đột phá cho lắm, nhưng trên thực tế nó đã giải quyết được 1 số bài toán đơn giản, còn những bài khó phức tạp hơn thì dành lại cho pp SOS vậy. Nhưng bạn đã đọc lời giải của anh Hùng chưa, nó ẩn chứa bứớc đột phá sáng tạo cho pp này, có thể với nhiều người thi pp này là không hay, khôg được đón nhạn nhưng với mình, khi đúng trước bài toán bdt 3 biến, pp mình nghĩ tới đầu tiên sẽ là pp này. Còn về vấn đề đánh giá thì bạn đọc bài của anh Hùng đi nhé, không phải chỉ có một đâu, mà chỉ có 1 cũng có cái hay của nó chứ, không cần phải suy nghĩ nhiều, như có những bài sử dụng tiêu chuẩn $ b^2S_c+c^2S_b\geq 0 $ nhưng đơn giản ta hoàn toàn có thể cm M,N 0, trong đấy ví dụ kinh diển nhất là Iran96, không cần qua bất kỳ đánh giá trung gian nào ta có M,N 0 luôn, mà bài này theo mình cũng không thể xếp vào hàng yếu.

Mình thấy phương pháp này đúng còn yếu khi cm một số bài mạnh, nhưng lên mathlinks thấy có 2 bài anh Hùng làm hay quá, post thêm cho nó phong phú.

Prove that for any nonnegative real numbers we have
$ \dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 12 $

Rewrite the inequality to
$ (a-b)^{2}\left(\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)+(c-a)(c-b)\left(\dfrac{(c+a)(c+b)}{a^{2}c^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right). $
Let
$ M=\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $

$ N=\dfrac{(c+a)(c+b)}{a^{2}c^{2}}-\dfrac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}. $
We may assume that $ a\ge b\ge c $ , then $ N\ge 0 $ (it is very interesting). If $ a-b\le b-c $ then
$ (c-a)(c-b) \ge 2(a-b)^{2} $
and the inequality is proved if we can prove that
$ M+2N \ge \dfrac{(c+a)(c+b)}{a^{2}c^{2}}-\dfrac{10}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\ge 0. $
Indeed, this inequality is equivalent to
$ (c+a)(c+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \ge 10a^{2}c^{2}, $
Since $ b\ge \dfrac{a+c}{2} $, we refer
$ (c+a)(c+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \ge (c+a)\left(c+\dfrac{a+c}{2}\right)\left(a^{2}+c^{2}+\dfrac{1}{4}(a+c)^{2}\right) $

$ \ge 2\sqrt{ac}\cdot\sqrt{3ac}\cdot 3ac>10ac. $
So it remains to consider the case $ a-b\ge b-c $. In this case, we will prove that $M\ge 0$ or
$ (a+b)^{2}(a+b+c)^{2}\ge 9a^{2}b^{2}. $
If $ a\ge 2b $ then this inequality is true immediately because $ a^{2}+b^{2}\ge \dfrac{5}{2}ab $. So we may assume that $ a\le 2b $ . Because $ c\ge 2b-a $, we will prove next that
$ (a+b)^{2}\left(a^{2}+b^{2}+(2b-a)^{2}\right)^{2}\ge 9a^{2}b^{2}. $
Let $ x=\dfrac{a}{b}, then 1\le x\le 2 $. The inequality becomes
$ (x+1)^{2}(2x^{2}-4x+5) \ge 9x^{2} $
or
$ 2x^{4}-10x^{2}+6x+5 \ge 0. $
This can be check easily. We have done.

Remark. The inequality $ N\ge 0 $ can be proved due to (sinc $ c\le b $)
$ (c+a)(2c)(a^{2}+2c^{2}) \ge 9c^{2}a^{2} $
or
$ 2a^{3}-7a^{2}c+4c^{2}a+4c^{3}\ge 0 $
or
$ (a-c)^{2}(2a+c) \ge 0. $

Cho a,b,c >0.
CMR:
$ (\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})^2 \geq 3(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}) $

$ (\dfrac{b}{a^2}+\dfrac{c}{b^2}+\dfrac{a}{c^2})^2 \geq 3(\dfrac{b}{a^3}+\dfrac{c}{b^3}+\dfrac{a}{c^3}) $

vâng anh ạ. Cái bài toán thứ hai chính là bài của anh, bài toán 1 em tưởng chẳng liên quan gì, ngồi cm một hồi mới xong, hôm sau kiểm tra lại mới phát hiện ra bài 2 nếu đặt $ a=\dfrac{1}{z}$ thì nó thành bài 1 luôn nên chưa kịp chỉnh sửa

Chán quá , sao không có ai giải thử bài này vậy:
post lại để làm nóng không khí đây
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2}{b} \geq 3\sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}$

Có thể đó là cách nhìn nhận và đánh giá của mỗi người
Thực sự SS cũng chưa chắc đã có thể gọi là một phương pháp hoàn chỉnh, cái tên của nó cũng chưa thực sự sát
với cách làm và nếu như theo CTptnk hiểu thì đó chỉ là một kĩ thuật phân tách nhưng ngay cả SOS cũng dựa trên một điều rất cơ bản đó là tổng bình phương luôn lớn hơn hoặc bằng 0 để phát triển thành một phương pháp hay và hoàn chỉnh.
Không nên chỉ nhìn một cách phiến diện mà hãy xem nó đã làm đơn giản hóa đi cách giải của khá nhiều bài mà SOS phải cực trâu (sử dụng các tiêu chuẩn ngoài 5 tiêu chuẩn trong Sáng tạo bdt đã nêu hoặc cực khó để chứng minh)
Để chứng minh điều đó , mời CTptnk làm thử bài Bdt sau theo cách SOS hoặc một cách nào đó mà you cho là ngắn gọn và 10maths_tp0609 sẽ post lời giải theo SS sau .

CMR với mọi a,b,c > 0 ta có
$ (\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})^2 \geq 3(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a})$
-------------------------------------
P/S : nhưng dẫu sao cũng rất cám ơn những đóng góp quý báu của CTptnk , 10maths_tp0609 xin tiếp thu những ý kiến trên và rất mong được làm quen với you để có thể mở rộng kiến thức.

gt <=> tồn tại a,b,c >0:
$ x=\dfrac{b+c}{a}; y=\dfrac{c+a}{b}; z=\dfrac{a+b}{c} $
thay vào dpcm rồi khai triển ra đúng dạng Schur.

Tên mình àh, họ 10, đệm maths_tp, còn tên là 0609. OK?

Nói chung với những bài toán tìm hằng số k tốt nhất mình cũng không biết nên nhận xét như thế nào,mấy bài đấy chủ yếu là kĩ thuật thôi, đâu có pp chung cho những bài như vậy( những bài thế này thì đa dạng lắm). Còn nguyenngocquy àh, công nhận với những người chưa quen thì pp này hơi khó phân tích nhưng sau khi đã phân tích cơ bản những công thức ban đầu rồi thì các bài phân tích sau cũng dễ dàng hơn thôi, đầu tiên mình cũng có biết gì đâu, sau khi quen rồi thì mình thấy nó và SOS cũng gần gần như nhau, hiển nhiên là SOS mạnh hơn những cũng tùy từng bài áp dụng pp cho thích hợp.
Sau đây là 2 bài toán khá hay:
Cho a,b,c >0.
CMR:
$ (\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})^2 \geq 3(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}) $

$ (\dfrac{b}{a^2}+\dfrac{c}{b^2}+\dfrac{a}{c^2})^2 \geq 3(\dfrac{b}{a^3}+\dfrac{c}{b^3}+\dfrac{a}{c^3}) $

bài 3 nhé:
Giả sử c=min(a,b,c).
ta có:
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-a-b-c=\dfrac{a^2-b^2}{b}+\dfrac{b^2-c^2}{c}+\dfrac{c^2-a^2}{a} $
$ =\dfrac{a^2-b^2}{b}+\dfrac{b^2-c^2}{c}-\dfrac{a^2-b^2}{a}-\dfrac{b^2-c^2}{a}=\dfrac{a+b}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b+c}{ac}(a-c)(b-c) $
$ \dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}-(a+b+c) = \dfrac{2a+2b}{a^2+b^2+c^2}(a-b)^2+\dfrac{a+b+2c}{a^2+b^2+c^2}(a-c)(b-c) $
Vậy: $ f(a,b,c)= M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $ trong đó
M= $ \dfrac{a+b}{ab}-\dfrac{2(a+b)}{a^2+b^2+c^2} $
N= $ \dfrac{b+c}{ac}-\dfrac{a+b+2c}{a^2+b^2+c^2} $
dễ thấy M 0.
ta có: N 0 <=>$ (a^2+b^2+c^2)(b+c) \geq ac(a+b+2c) $
$ (a^2+b^2+c^2)(b+c) \geq 2c(a^2+b^2+c^2)=c[a^2+(\dfrac{1}{8}a^2+2b^2)+(\dfrac{1}{2}a^2+2c^2)+\dfrac{3}{8}a^2) > c(a^2+ab+2ac)=ac(a+b+2c) $
vậy N 0 => dpcm.

còn bài 2 dồn biến: $ f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}) $

chặt hơn bài 3 nè:
CMR với mọi a,b,c > 0 ta có
$ \sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b} \geq 3\sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}$

Đặt $ x=\dfrac{a}{b},... $
Thay vào BDT <=> $ \sum_{cyc} \dfrac{c^8}{a^3b^2(b^3+c^3)} \geq \dfrac{3}{2} $
Caychy-Schwart:
$ VT \geq \dfrac{(a^4+b^4+c^4)^2}{(a^3b^5+b^3c^3+c^3a^5)+(a^2b^2c^2(ab+bc+ca)} $
dễ cm: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3a^2b^2c^2(ab+bc+ca) $
cm: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^2b^6+b^2c^6+c^2a^6) $
Caychy-Schwart: $ (a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)(a^2b^6+b^2c^6+c^2a^6) \geq (a^3b^5+b^3c^5+c^3a^5)^2 $
AM-GM: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) $
=> $ (a^4+b^4+c^4)^4 \geq 9(a^3b^5+b^3c^5+c^3a^5)^2 $
<=> $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^3b^5+b^3c^5+c^3a^5) $ (2)
Một cách khác để cm (2):
AM-GM: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) $
$ a^4b^4+a^4b^4+a^4b^4+b^8 \geq 4a^3b^5 $

thôi diễn giải ra cho dễ hiểu vây:
đặt $ a= \sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}; b=\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}} $
ta có:
$ a^3+b^3-a^2b-ab^2=(a+b)(a-b)^2 \geq 0 $
=> $ a^3+b^3 \geq ab(a+b) <=> 3(a^3+b^3) \geq 3ab(a+b) <=> 4(a^3+b^3) \geq a^3+b^3+3ab(a+b)=(a+b)^3 $
thay số:
$ (\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}})^3 \leq 4(3-\sqrt[3]{3}+3+\sqrt[3]{3})=24 $
do a#b nên dấu = không xảy ra.

bài này cũng y hệt thế:
http://diendantoanho...?...c=30261&hl=

Đây là phân tich cho bài của anh Cẩn:

$ f(a,b,c)=(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2-3abc(a^4b^3+b^4c^3+c^4a^3) $
Ta đặt:
$ P=a^6b^4+b^6c^4+c^6a^4-a^5b^4c-b^5c^4a-c^5a^4b$
$ =a^5b^4(a-c)+b^5c^4(b-a)+c^5a^4(c-b) $
$ Q=a^5b^2c^3+b^5c^2a^3+c^5a^2b^3-a^5b^4c-b^5c^4a-c^5a^4b$
$ =ab^5c^2(a^2-c^2)+bc^5a^2(b^2-a^2)+ca^5b^2(c^2-b^2) $
=> f(a,b,c) = P+2Q

Phân tích:
$P=a^5b^4(a-c)-c^5a^4(b-c)+b^5c^4(b-a)-a^5c^4(b-a)-a^5c^4(a-c)+a^5c^4(b-c)$
$ =c^4(a^5-b^5)(a-b)+a^5(a-c)(b^4-c^4)+a^4c^4(a-c)(b-c) $
$ =a^4(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4)(a-b)^2+[a^5(b^3+b^2c+bc^2+c^3)+a^4c^4](a-c)(b-c) $
$Q=ab^5c^2(a^2-c^2)+bc^5a^2(b^2-a^2)+ca^5b^2(c^2-b^2)$
$ =ab^5c^2(a^2-c^2)-a^5b^2c(b^2-c^2)+a^2bc^5(b^2-a^2)-ab^2c^5(b^2-a^2)-ab^2c^5(a^2-c^2)+ab^2c^5(b^2-c^2) $
$ =-abc^5(a^2-b^2)(a-b)+ab^2c^2(a^2-c^2)(b^3-c^3)-ab^2c(b^2-c^2)(a^4-c^4) $
$ = -abc^5(a+b)(a-b)^2+[ab^2c^2(a+c)(b^2+bc+c^2)-ab^2c(b+c)(a^3+a^2c+ac^2+c^3)](a-c)(b-c) $
$ = -abc^5(a+b)(a-b)^2+ab^2c(ab^2c+b^2c^2-a^3b-a^3c-ab^2c-a^2c^2)(a-c)(b-c) $