Bây giờ tôi sẽ giới thiệu một ứng dụng nhỏ cho phương pháp này 

Bắt đầu từ sự kiện rất nhỏ $[(a-b)^{2}(b-c)(c-a)+(a-b)(b-c)^{2}(c-a)+(a-b)(b-c)(c-a)^{2}]t=0$

Cho a,b,c là các số không âm .CMR $(a-b)^{2}(a+b-c)+(b-c)^{2}(b+c-a)+(c-a)^{2}(c+a-b)\geq 0$

Tìm hằng tử t như sau  $(a-b)^{2}[a+b-c+t(b-c)(c-a)]+(b-c)^{2}[b+c-a+t(a-b)(c-a)]+(c-a)^{2}[c+a-b+t(a-b)(b-c)]\geq 0$

Lưu ý 1: t là hàm đối xứng theo a,b,c .Để mỗi biểu thức trong ngoặc không âm thì việc đầu tiên là đồng bậc.Do đó t  là có bậc -1=>$t=\frac{-2}{a+b+c}$

Lưu ý 2:            $x-a\geq \frac{x^{2}-a^{2}}{2x}$ .Với mọi x >0.Việc này phép khử bậc 4 do đó $a+b-c=(a+b+c)-2c\geq \frac{(a+b+c)^{2}-4c^{2}}{2(a+b+c)}$

Biểu thức trong ngoặc vuông đầu tiên $a+b-c-\frac{2(c-a)(b-c)}{a+b+c}\geq \frac{(a+b+c)^{2}-4c^{2}}{2(a+b+c)} -\frac{2(c-a)(b-c)}{a+b+c}=\frac{(a+b-c)^{2}+4ab}{2(a+b+c)}\geq 0$

Bắt đầu từ bất biến đại số $(a-b)^{2}(b-c)(c-a)+(a-b)(b-c)^{2}(c-a)+(a-b)(b-c)(c-a)^{2}=0$

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

$$3\sum_{\text{cyc}}\left[\dfrac{1}{4}-\dfrac{ab}{(a+b)^2}\right]\ge 1-\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2},$$ hay $$3\sum_{\text{cyc}}\dfrac{(a-b)^2}{(a+b)^2}\ge 2\sum_{\text{cyc}}\dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2}.$$ Nếu $a=b=c$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Xét 3 biến không đồng thời bằng nhau và áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có $$\sum_{\text{cyc}}\dfrac{(a-b)^2}{(a+b)^2}\ge \dfrac{\left[\displaystyle\sum_{\text{cyc}}(a-b)^2 \right]^2}{\displaystyle\sum_{\text{cyc}}(a-b)^2(a+b)^2}.$$ Vì thế chúng ta cần chứng minh $$\displaystyle\sum_{\text{cyc}}(a-b)^2\left[3(a^2+b^2+c^2)-2(a+b)^2 \right]\ge 0,$$ hay $$\displaystyle\sum_{\text{cyc}}(a-b)^2\left[3(a^2+b^2+c^2)-2(a+b)^2-6(b-c)(c-a) \right]\ge 0,$$ hay $$\displaystyle\sum_{\text{cyc}}(a-b)^2(a+b-3c)^2\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$, và hoán vị bộ $\left(a,b,c \right)\sim\left(x,x,2x\right)$

Phương pháp hằng tử lagrange.Các bạn quá quen với phương pháp SOS đó là phương pháp tốt nhưng chưa hiệu quả.Khi đến phương pháp hằng tử Lagrange này bạn thực hiện được giấc mơ song tuyến tính xác định dương.Một vẻ đẹp thần kỳ và long lanh một cách toàn diện.Đẹp ở chỗ xử lý mọi bậc,mọi số biến khẳng định đúng sai rất toàn diện .Một nấc thang tư tưởng có nhiều khả năng đột phá so với phương pháp trước đây.Cách nhìn mới này do thầy Lê Khánh Sỹ dành hơn 20 năm nghiên cứu.Tôi tạm đặt hằng tử Lagrange vì nó giống kiểu cực trị Lagrange có điều kiện

Bài Toán 1: Ví dụ 44 trang 213 .Cho các số thực dương a,b,c .Chứng minh rằng $\frac{3ab}{(a+b)^2}+\frac{3bc}{(b+c)^2}+\frac{3ca}{(c+a)^2}\leq \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{5}{4}$

Lời giải bài 1 và 2 của ngày thứ nhất https://www.facebook...3&theater&ifg=1