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

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.

$ M^2 \geq 4 \rightarrow min M= ???? $
bài này có đk a,b,c 0 không vậy.

$ 4(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}) \geq (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d})^2 \geq \dfrac{16^2}{(a+b+c+a)^2} $
$ (a^2+b^2+c^2+d^2)(a+b+c+d)^2 \geq 2^6abcd $

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}) $

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.

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) $

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. $

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.

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
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2}{b} \geq 3\sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}$

bài của anh bậc cao quá, em ngôi hoa mắt mãi mới giải được 1TH, sáng vội đi học nên post qua vậy.
TH: a,b,c 0.
giả sử c=min(a,b,c).
$ M= a^4c^4+b^4c^4+a^3bc^4+ab^3c^4+a^2b^2c^4-2a^2bc^5-2ab^2c^5 $
$ N=a^5b^3+a^5b^2c+a^5bc^2+a^5c^3+a^4c^4+2a^2b^4c^2+2ab^4c^3-2a^4b^3c-2a^4b^2c^2-2a^3b^3c^2-2a^3b^2c^3 $

$ a^4c^4+b^4c^4+a^3bc^4+ab^3c^4 \geq c^5(a^3+b^3+a^2b+ab^2) \geq 2a^2bc^5+2ab^2c^5 $ => M $ \geq $ 0.
N thì hơi khó đánh giá, nhưng nếu tinh tế 1 chút:

$ a^5b^3+a^3b^3c^2 \geq 2a^4b^3c $

$ a^5bc^2+a^3b^3c^2 \geq 2a^4b^2c^2 $

$ a^2b^4c^2+a^4b^2c^2 \geq 2a^3b^3c^2 $

$ \dfrac{1}{4}a^5b^2c+a^3b^2c^3 \geq a^4b^2c^2 $

$ \dfrac{3}{4}a^5b^2c+\dfrac{4}{3}ab^4c^3 \geq 2a^3b^3c^2 $

$ \dfrac{1}{4}ab^4c^3+a^5c^3 \geq a^3b^2c^3 $

$ a^4c^4+a^2b^4c^2 \geq 2a^3b^2c^3 $

$ \dfrac{5}{12}ab^4c^3 \geq 0 $

Cộng vế ta có N 0.
@: hình như bài này là a,b,c thực, còn 1 TH nữa thì....xét sau vậy.

Bài này thì sao, liệu có giải được bằng kỹ thuật này ko?
$\sum\dfrac{a^2+5b}{b+c} \ge 8$
với $a,b,c \ge 0,a+b+c=1$

bài này thì không hoàn toàn giải được bằng SS nhưng em nghĩ có thể kết hợp thêm biến đổi để giải:
bdt$\leftrightarrow a^3+b^2+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq\large 3(ab^2+bc^2+ca^2)$
$\leftrightarrow (a-b)^2(a+b)+(a-c)(b-c)(3a+c-2b)\geq 0$
giả sử c=max(a,b,c)
nếu $c\geq a\geq b\rightarrow$dpcm
nếu $c\geq b\geq a$:
$3a+c-2b\geq 0\rightarrow$dpcm
$3a+c-2b\leq 0\rightarrow 3a\leq b$
có:$2c^2a\geq 2ca^2;2b^2c\geq 2b^2a;2a^2b+\dfrac{7b^3}{9}\geq 3ab^2$
$\rightarrow$chỉ cần CM bdt sau:$a^3+c^3+\dfrac{2b^3}{9}\geq ca^2+ab^2$(đúng do c=max và b>=3a)

Ví dụ 3( Phạm Kim Hùng ) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có
$ \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+ \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 $
CM:$ \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1=\dfrac{1}{ab+bc+ca}(a-b)^2+\dfrac{1}{ab+bc+ca}(a-c)(b-c) $
$ \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-1=\dfrac{-2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-b)^2-\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}(a-c)(b-c) $
vậy:
$ M=(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}) $
$ N=(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{(a+c)(b+c)}) $
giả sử c=min ta dễ dàng cm được M,N $\geq $ 0=> dpcm.

có.
$ 2\sum bc(b+c) -12abc=4c(a-b)^2+(2a+2b)(a-c)(b-c) $
$ 3abc-a^3-b^3-c^3=-(a+b+c)(a-b)^2-(a+b+c)(a-c)(b-c) $
vậy $ VT-VP=(3c-a-b)(a-b)^2+(a+b-c)(a-c)(b-c) $
với giả sử c=max và gt đã cho ta có dpcm.

PHƯƠNG PHÁP " BÁN SCHUR- BÁN SOS" (SS)

Khi đứng trước một bài bđt đối xứng hoặc hoán vị thì phương pháp hay được sử dụng nhất là phương pháp SOS vì nó thực sự hiệu quả với các bài bđt 3 biến . Tuy nhiên đối với các bạn chưa làm quen được với phương pháp SOS thì việc đưa được về dạng chính tắc của phương pháp SOS và xác định tiêu chuẩn của nó là một việc không hề đơn giản .Chính vì vậy bài viết này tôi sẽ xin đưa ra một phương pháp đã được áp dụng trong một số bài viết của diễn đàn "phương pháp bán Schur-bán SOS". Hẳn các bạn sẽ tự hỏi tại sao nó có cái tên như vậy ? Câu trả lời sẽ được tìm thấy qua ví dụ mở đầu sau , một bđt quen thuộc , bđt Schur:

Ví dụ 1 : ( bđt Schur) Với các số thực a,b, c không âm bất kì ta luôn có :
$ a^{3} + b^{3} + c^{3}+3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c)$
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min(a,b,c). Sử dụng khai triển :

$a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)\left(b-c\right)\right]$
$ ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c) - 6abc = 2c(a-b)^{2} + (a+b)(a-c)(b-c)$
Do đó bđt đã cho có thể được viết dưới dạng $(a + b - c)(a-b)^{2} + c(a-c)(b-c) \geq 0 $
Vì c = min (a,b,c) nên bđt trên hiển nhiên đúng $\Rightarrow $ ta có điều phải CM
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c ; a=b , c=0 : hoặc các hoán vị

Ví dụ 2 ( mathlinks contests)
Chứng minh bđt sau với hệ số a,b,c dương
$ \dfrac{a+b}{a+c} + \dfrac{a+c}{b+c} + \dfrac{b+c}{b+a} \leq \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} $
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c= min (a,b,c);
Ta có khai triển :
$ \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{z}{x} - 3 = \dfrac{(x-y)^{2}}{xy} + \dfrac{(x-z)(y-z)}{xz} $
( Cái này các bạn có thể dễ dàng phân tích được
Do đó bđt trên có thể viết lại dưới dạng:
$[ \dfrac{1}{ab}- \dfrac{1}{(a+c)(b+c)}](a-b)^{2} + [ \dfrac{1}{ac} - \dfrac{1}{(a+c)(a+b)}](a-c)(b-c) \geq 0 $
Bđt trên hiển nhiên đúng
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $ a=b=c

Lời giải hai ví dụ trên không phải là duy nhất và còn có nhiều cách chứng minh độc đáo hơn Nhưng nếu xem khách quan thì nó hoàn toàn tự nhiên và cơ bản . Nói khái quat khi đứng trước một bđt bất kì của 3 bến a,b,c ta sẽ tìm cách đưa chúng về dạng 'bán Schur- bán SOS" : $(a-b)^{2}$, (a-b)(b-c).
f(a,b,c)= $M(a-b)^{2} + N(a-b)(b-c) \geq 0$
Sau đó với giả thiết c = max( hoặc min) (a,b,c) ta sẽ CM được M,N\$ \geq $ 0
Từ đó ta có điều cần CM

Sau đây là một số khai triển thường được sử dụng trong phân tích:

1.$ a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc- ac = (a-b)^{2} +(a-c)(b-c) $
2.$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} -3 = \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} + \dfrac{(a-c)(b-c)}{ac} $
3.$ a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3abc = (a+b+c)[(a-b)^{2} +(a-c)(b-c)]$
4.$ (a+b)(b+c)(c+a)- 8abc = 2c(a-b)^{2} + (a+b)(a-c)(b-c)$
5.$ \dfrac{a}{b+c}+ \dfrac{b}{a+c} + \dfrac{c}{a+b} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{(a-b)^{2}}{(a+c)(c+b)} + \dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(a+c)}(a-c)(b-c) $
6.$ \dfrac{a+kb}{a+kc}+ \dfrac{b+kc}{b+ka} + \dfrac{c+ka}{c+kb} - 3 = \dfrac{k^2.(a-b)^{2}}{(c+ka)(c+kb)} + \dfrac{k(a-c)(b-c)[(k^2-k+1).a +(k-1)b+kc]}{(a+kb)(b+ka)(c+kb)} $

Bây giờ sẽ là một số ví dụ cụ thể để CM tính hiệu qủa của phương pháp này

Ví dụ 3 ( Nguyễn Trung Kiên) Cho a,b,c $ \geq $ 0 . CMR
$ \sum_{cyc}\dfrac{(a+b)^{2}}{(b+c)^{2}} + \dfrac{2abc}{a^{3}+b^{3} + c^{3}} $$ \geq \dfrac{11}{3} $
Giải :

Giả sử c = max (a,b,c)
Với x,y,z bất kì ta có khai triển sau
$\sum_{cyc }\dfrac{x^{2}}{y^{2}} - 3 =\dfrac{(x+y).(x-y)^{2}}{x^{2}y^{2}} +\dfrac{(x+y)(y+z)(x-z)(y-z)}{x^{2}z^{2}} $
Ta đưa bđt trên thức về dạng
$(\dfrac{(a+b+2c)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}} - \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})})(a-b)^{2} = [\dfrac{(a+2b+c)(2a+b+c)}{(a+b)^{2}(a+c)^{2}} - \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})} ](a-c)(b-c) \geq 0 $
Theo bdt Chebyshev ta có : $3(a^{3}+b^{3}+c^{3}) \geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)$
Có c= max(a,b,c);
$ \Rightarrow \dfrac{(a+2b+c)(b+2a+c)}{(a+b)^{2}(a+c)^{2}} \geq \dfrac{4(a+b)^{2}}{(a+b)^{2}(a+c)^{2}} \geq \dfrac{2}{a^{2}+c^{2}} \geq \dfrac{2}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}$ (1)
Đồng thời ta cũng có:
$ \dfrac{(a+b+2c)^{2}}{(a+c)^{2}(b+c)^{2}} \geq \dfrac{4}{(a+c)(b+c)} $
Ta cần chứng minh rằng $\dfrac{2}{(a+c)(b+c)} \geq \dfrac {1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ (*)
Thật vậy : (*)$ \Leftrightarrow 2(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \geq ab+bc+ac + c^{2}$
$ \Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2}) + a^{2}+b^{2} \geq (ab+bc+ca) $ (hiển nhiên đúng )
$ \Rightarrow \dfrac{(a+b+2c)^{2}}{(a+c)^{2}(b+c)^{2}} \geq \dfrac{2}{ a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})} $ (2)

Từ (1) và (2) ta có điều cần CM
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $a=b=c

Ví dụ 4 (Nguyễn Văn Thạch) Cho a,b,c >0 CMR:
$\sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b^{2}} + 8\dfrac{( ab+bc+ca)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq 11$
Giải:
Giả sử c= min(a.b.c)
Ta đưa bdt trên về dạng
$[\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}} - \dfrac{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}](a-b)^{2} + [\dfrac{(a+c)(b+c)}{a^{2}c^{2}} -\dfrac{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}](a-c)(b-c) \geq 0 $
Có $\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}} = (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})^{2} \geq \dfrac{16}{(b+c)^{2}} \geq \dfrac{8}{a^{2}+b^{2}} \geq{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
Mà c=min(a,b,c)
$ \Rightarrow (a+c)(b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \geq 2 \sqrt[2]{ac}.2c(a^{2}+2c^{2} )=4c\sqrt[2]{ac}(\dfrac{a^{2}}{3} + \dfrac{b^{2}}{3} +\dfrac{c^{2}}{3} + 2c^{2}) \geq 4c\sqrt[2]{ac}.4\sqrt[4]{\dfrac{2a^{6}c^{2}}{27}} >8a^{2}c^{2} $
$ \Rightarrow \dfrac{(a+c)(b+c)}{a^{2}c^{2}} > \dfrac{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
Do đó ta có điều cần CM
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $ a=b=c


Qua hai ví dụ 3 và 4 ta thấy rằng 'Phương pháp bán Schur-bán SOS" không những có hiệu quả với những bài bdt đối xứng mà còn có hiệu quả với các bdt hoán vị . Các bạn hãy thử chứng minh lại hai ví dụ trên bằng phương pháp SOS. Nếu sử dụng trực tiếp chúng , ta phải xét tới hai trường hợp $a\geq b\geq c$ và $ a \leq b\leq c$.Chắc các bạn đã nhận ra phần nào tính tự nhiên và cơ bản của phương pháp này.
Tuy nhiên ta vẫn có thể chứng minh chúng bằng SOS nhưng theo một cách không được tự nhiên lắm và không phảI ai cũng biết đến, đó là sẽ đưa bđt hoán vị trở thành bđt thức đốI xứng thông qua một bổ đề khá hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn:
ì$ Cho x,y,z > 0 , xyz =1 $ ta luôn có
$ \sum x^{2} \geq [\dfrac{3}{2}( x+y+z + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z} ) - 6] $”

Còn nhiều cách chứng minh bổ đề trên nhưng quen thuộc nhất vẫn là phương pháp d?#8220;n biến . Đến đây chắc các bạn cũng có thể nhìn ra được vấn đề .Ở ví dụ 3 ta chỉ cần dặt
$ x=\dfrac{a+b}{b+c} , y= \dfrac{b+c}{c+a}, z=\dfrac{c+a}{a+b} $ ta sẽ có xyz =1
Còn ở ví dụ 4 đặt $ x =\dfrac{a}{b} , y = \dfrac{b}{c} , z = \dfrac{c}{a} $

Vì khuôn khổ bài viết chỉ có hạn nên chúng tôi không thể viết được chi tiết lời giảI của hai ví dụ theo cách trên . ĐốI vớI những bạn chưa biết đến phương pháp bán Schur ?#8220; bán SOS ì thì có lẽ phương pháp được sử dụng là SOS . Tuy nhiên các bạn cũng thấy nếu không biết tớI bổ đề của anh Cẩn thì việc chứng minh 2 ví dụ trên là vô cùng khó khăn . Một lần nữa , chúng tôi muốn nhấn mạnh đến tính tự nhiên và hiệu quả làm dơn giản hóa bài toán của phương pháp này.

Ví dụ 6
Cho a,b,c dương ta có bđt sau:
$\sum\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{abc}{2(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})} \geq \dfrac{5}{3}$
GiảI :
Giả sử c = max(a,b,c)
Ta có khai triển sau :
$\sum\dfrac{a}{b+c} - \dfrac{3}{2} = \dfrac {(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)} + (a-c)(b-c)\dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 0 $
Do đó bđt trên có thể viết dướI dạng
$[\dfrac{1}{(c+a)(c+b)} - \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})}](a-b)^{2} + [\dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)} - \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})} ] (a-c)(b-c) \geq 0 $
Theo bđt Chebyshev ta có $3 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3}) \geq (a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(a+b+c)$
Ta có
$\dfrac{1}{(c+a)(c+b)} \geq \dfrac{1}{2(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}$ (3)
Thật vậy (3)$\Leftrightarrow 2(a^{2}+ b^{2}+ c^{2}) \geq (ab+bc+ac + c^{2})$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{(c+a)(c+b)} \geq \dfrac{1}{2(a^{2}+ b^{2}+ c^{2 })} \geq \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})} $
Có c= max(a,b,c)
$\rightarrow \dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \dfrac{1}{(a+c)(b+c)} \geq \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})}$
Từ đó ta có điều phảI CM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Qua các ví dụ ta có thể thấy thuận lợI lớn nhất trong lờI giả bằng phương pháp này là việc sử dụng rất ít kiến thức cao cấp , thậm chí bạn không cần phảI biết đến những phương pháp phức tạp và khó như ABC, d?#8220;n biến ,… Tôi hi vọng rằng qua bài viết trên các bạn đã phần nào hiểu rõ được nộI dung và vẻ đẹp của phương pháp này .

Và đây là một số bài tập áp dụng

Bài 1 (Nguyễn Anh Cường ) Cho a,b,c > 0 CMR
$\dfrac{abc}{ a^{3}+ b^{3}+ c^{3}} + \dfrac{2}{3} \geq \dfrac{ab+bc+ca}{ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}} $
Bài 2 Cho a,b,c >0 CMR
$\sum\dfrac{b+c}{a} \geq \dfrac{4(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}{ab+bc+ac} +2$
Bài 3(Phạm Kim Hùng ) Cho a,b,c >0 . CMR
$ \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} + \dfrac{4(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}{ab+bc+ca} \geq 12$
Bài 4 Cho a,b,c không âm CMR
$\dfrac{ a^{3}+ b^{3}+ c^{3}}{abc} + \dfrac{54abc}{(a+b+c)^{3}} \geq 5$
Bài 5 Cho a,b,c không âm CMR
$ \sum\dfrac{a^{2}+bc}{(b+c)^{2}} \geq \dfrac{3}{2}$




...to be continued

******************************************************************
(Đây không phải là một kết quả nghiên cứu của cá nhân ai , mà là thành quả của rất nhiều người trong 10maths_tp0609)

Một số VD:
1.
a,b,c 0. CMR: $ (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2 \geq (a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}) $
$ VT-9=(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2-9=\dfrac{(a-b)^2}{ab}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3)+\dfrac{(a-b)(a-c)}{ac}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3) $
$ VP-9= \dfrac{2(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-b)(a-c)(a+b)}{abc} $
$ VT-VP= (a-b)^2(\dfrac{1}{ab}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3)-\dfrac{2}{ab})+(c-a)(c-b)(\dfrac{1}{ac}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3)-\dfrac{a+b}{abc}) $
giả sử c=min, ta có:
$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3 \geq 3 \rightarrow \dfrac{1}{ab}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3) \geq \dfrac{3}{ab} $
ta sẽ cm: $ \dfrac{1}{ac}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3) \geq \dfrac{a+b}{abc} $
$ \dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+3abc}{ac.abc} \geq \dfrac{a+b}{abc} $
$ ab^2+bc^2+ca^2+3abc \geq ac(a+b) $
$ ab^2+bc^2+ca^2+3abc \geq ca^2+abc $
$ ab^2+bc^2+2abc \geq 0 $
2.a,b,c >0.
CMR:$ \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b} \leq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} $
giả sử c=min{a,b,c}. Ta có:
VT- 3= $ \dfrac{(a-b)^2}{ab+ bc+ ca}+ \dfrac{(a- c)(b- c)}{ab+ bc+ca} $
VP- 3= $ \dfrac{(a-b)^2}{(a+ c)(b+ c)}+ \dfrac{(a- c)(b- c)}{(a+ b)(b+ c)} $
dpcm $ (a-b)^2(\dfrac{1}{ab+ bc+ ca}-\dfrac{1}{(a+c)(b+ c)})+ (a- c)(b- c)(\dfrac{1}{ab+ bc+ ca}- \dfrac{1}{(a+ b)(b+ c)}) \geq 0 $
Ta có ngay ab+ bc+ ca (a+ c)(b+ c) và ab+ bc+ ca (a+ b)(b+ c)
dpcm
3.$ \sum cyc \dfrac{a+kc}{a+kb} \leq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} $ với $ k \leq 1 $
giả sử c=min{a,b,c}
Phân tích:
$ VT-3= (a-b)^2(\dfrac{k^2}{(ka+c)(kb+c)})+(a-c)(b-c)(\dfrac{k^2a-ka+k^2c+k^3b+kb-k^2b}{(a+kb)(b+kc)(c+kb)}) $
$ VP-3= (a-b)^2(\dfrac{1}{ab+bc+ca})+(a-c)(b-c)( \dfrac{1}{ab+bc+ca}) $
vậy BDT $ \leftrightarrow (a-b)^2(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{k^2}{(ka+c)(kb+c)})+(a-c)(b-c)(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{k^2a-ka+k^2c+k^3b+kb-k^2b}{(a+kb)(b+kc)(c+kb)}) \geq 0 $
cuối cùng chỉ cần cm $ (ka+c)(kb+c) \geq k^2(ab+bc+ca) $
và $ (a+kb)(b+kc)(c+kb) \geq (k^2a-ka+k^2c+k^3b+kb-k^2b)(ab+bc+ca) $
hai BDT này trông hơi rắc rối nhưng nhân ra rồi áp dụng $ k \leq 1 $ và $ a,b \geq c $ là xong.
4.a,b,c>0.
CMR: $ \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}+\dfrac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq 4 $
Giả sử c= min{a,b,c}
Xét $ \dfrac{a+ b}{b+ c}+ \dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}-3=\dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{(a+b)(b+c)} $
$ \dfrac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-1=-\dfrac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}-\dfrac{(a-c)(b-c)}{(a+b+c)^2} $
vậy dpcm $ (a-b)^2(\dfrac{1}{(a+c)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b+c)^2})+(a-c)(b-c)(\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b+c)^2}) \geq 0 $
Ta có ngay $ (a+c)(b+c) \leq (a+b+c)^2 $và $ (a+b)(b+c) \leq (a+b+c)^2 $
dpcm

bài của dũng:
the problem is solved, but it is so bad(ugly).
$ M=\dfrac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\dfrac{1}{(a+b)(b+c)} $
$ N=\dfrac{(a^2+b^2+2c^2)(a+c)(b+c)}{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}-\dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
giả sử c=min.
dễ thấy: $ (a+b)^2(a+c)(b+c) \geq (a+c)^2(b+c)^2 \geq (a^2+c^2)(b^2+c^2) => M \geq 0$
ta cm: $ (a^2+b^2+2c^2)(a+b)(a+c)^2(b+c)^2-(a+b+2c)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \geq 0 $ <=>
$ 2c^2(a+b)(b+c)^2(c+a)^2+(a^2+b^2)(a+b)[(a+b)(b^2+c^2)2ac+4(a+b)abc^2+2c(ab-c^2)(a^2+c^2)] \geq 0 $
vậy N 0.
có gì sai mai mình sẽ edit lại, okie.

oe, bài của anh mạnh quá, em giải = cách # nhé:
BDT <=> $ \sum cyc \dfrac{a+5b}{b+c} \geq 9 $
em cm cái này với mọi a,b,c.
quy đồng: <=> $ a^3+b^3+c^3+2a^2b+2b^2c+2c^2a \geq 3ab^2+3bc^2+3ca^2 $
<=> $ \dfrac{a+2b}{3}(a-b)^2+\dfrac{b+2c}{3}(b-c)^2+\dfrac{(c+2a)}{3}(c-a)^2 \geq 2(a-b)(b-c)(c-a) $
dồn biến toàn miền ta cần cm trong TH 1 biến = 0, giả sử c=0.
$ f(a,b)=a^3+b^3+2a^2b-3ab^2 $
$ f(t)=t^3+2t^2-3t+1 $ với t = $ \dfrac{a}{b} $
khảo sát hàm ta có $ min f(t)=f(\dfrac{\sqrt{13}-2}{3}) >0 $
suy ra dpcm.
nếu sai thì em potay.com bài này rồi.

Một bài tập áp dụng khá hay:

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}}$

Một số VD hoán vị dạng $ \dfrac{a^n}{b}+\dfrac{b^n}{c}+\dfrac{c^n}{a}-a^{n-1}-b^{n-1}-c^{n-1} $
Với các bài dạng này ta có 1 cách phân tích rất cơ bản, có thể rút ra từ 2 VD sau:
VD1:
$ f(a,b,c)=\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) $
VD2:
$ f(a,b,c)= \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2 = \dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}+\dfrac{c^3-a^3}{a} $
$ =\dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}-\dfrac{a^3-b^3}{a}-\dfrac{b^3-c^3}{a}=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b^2+c^2+bc}{ac}(b-c)^2 $

Bài tập:
Ví dụ 1
Cho a,b,c > 0 . CMR:
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \geq \dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2} $
Giải:
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:
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.

Ví dụ 2
Cho a,b,c > 0.CMR:
$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a} \geq \sqrt{3(a^4+b^4+c^4)} $
Giải:
Giả sử c=min(a,b,c).
$ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2 = \dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}+\dfrac{c^3-a^3}{a} $
$ =\dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}-\dfrac{a^3-b^3}{a}-\dfrac{b^3-c^3}{a}=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b^2+c^2+bc}{ac}(b-c)^2 $
$ \sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}-(a^2+b^2+c^2) $
$ =\dfrac{2(a+b)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2}(a-b)^2+\dfrac{2(a+c)(b+c)}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2}(a-c)(b-c) $
Vậy M= $ \dfrac{a^2+b^2+ab}{ab}-\dfrac{2(a+b)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2} $
N= $ \dfrac{b^2+c^2+bc}{ac}-\dfrac{2(a+c)(b+c)}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2} $
ta có:
$ (\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+ab) \geq 2(a^2+b^2+c^2)3ab > 2ab(2(a^2+b^2)) \geq 2ab(a+b)^2 $ => M 0.
$ (\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+bc) \geq \dfrac{3}{2}c(b+c)(2(a^2+b^2+c^2)) $
$ \geq 2c(a^2b+abc+a^2c+ac^2)=2ac(a+c)(b+c) $ => N 0

Sau đây là 1 số bài tập áp dụng phương pháp này:
Cho a,b,c 0. CMR:
1. $ \sum \dfrac{a^2+bc}{b+c} \geq \sum a $
2. $ \dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\dfrac{81abc}{(a+b+c)^3} \geq \dfrac{9}{2} $
3. $ \sum \dfrac{1}{a} \geq \sum \dfrac{b+c}{a^2+bc} $
4. $ \sum \dfrac{a^2+bc}{(b+c)^2} \geq \sum \dfrac{a}{b+c} $
5. $ \dfrac{a+2b}{c+2b}+\dfrac{b+2c}{a+2c}+\dfrac{c+2a}{b+2a} \geq 3 $
6. $ \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}+\dfrac{4\sqrt{2}(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 8+4\sqrt{2} $
7. $ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{(\sqrt{3}-1)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq \dfrac{3}{2}+(\sqrt{3}-1) $
8. $ \sum \dfrac{a^2+bc}{a^2(b+c)} \geq \sum \dfrac{1}{a} $
9. $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq (a+b+c)(\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2b^2+ca}+\dfrac{1}{2c^2+ab}) $


Một số phân tích thường được sử dụng:(update)

1. $ a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b)^2+(a-c)(b-c) $
2. $ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a-b)^2+(a+b+c)(a-c)(b-c) $
3. $ ab(a+b)+bc(b+c)=ca(c+a)-6abc=2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c) $
4. $ ab^2+bc^2+ca^2-3abc=c(a-b)^2+b(a-c)(b-c) $
5. $ a^4+b^4+c^4 -abc(a+b+c) = [(a+b)^2+c^2](a-b)^2+[ab+(a+c)(b+c)](a-c)(b-c) $
6. $ a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)-2abc(a+b+c)=(a+c)(b+c)(a-b)^2+(2ab+ac+bc)(a-c)(b-c) $
7. $ a^3b+b^3c+c^3a-abc(a+b+c)=(ca+cb)(a-b)^2+(a^2+ac)(a-c)(b-c) $
8. $ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-3=\dfrac{1}{ab}(a-b)^2+\dfrac{1}{ac}(a-c)(b-c) $

9. $ \dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c}-6=\dfrac{2}{ab}(a-b)^2+\dfrac{a+b}{abc}(a-c)(b-c) $

10. $ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2+\dfrac{a+b+2c} {2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $

11. $ \dfrac{a+kc}{a+kb}+\dfrac{b+ka}{b+kc}+\dfrac{c+kb}{c+ka}-3=\dfrac{k^2}{(ka+c)(kb+c)}(a-b)^2+\dfrac{k[(k-1)a+(k^2-k+1)b+kc]}{(a+kb)(b+kc)(c+kb)}(a-c)(b-c) $

12. $ \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}-\dfrac{a+b+c}{2}= \dfrac{a+b+c}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2+\dfrac{(a+b+c)(a+b+2c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $

Hi, nhắc đến các BDT dạng như trên mà không nhắc đến Iran 96 thì thật là thiếu sót, thực ra tôi cũng muốn đề cập đến bài này rồi, nhưng muốn để các bạn tự thử sức bài toán đó bằng cách này. SOS là một cách cm hay và ngắn gọn, nhưng phương pháp này cũng có thể phần nào làm được điều đó. Sau đây là lời giải:

Iran 96: Cho x,y,z là các số thực không âm. Cm BDT:
$ (xy+yz+zx)(\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z+x)^2}) \geq \dfrac{9}{4} $

Giải:
Đặt a=x+y, b=y+z, c=z+x.
Giả sử c=max(a,b,c) ta có a+b c.
dpcm <=> $ (2bc+2ca+2ab-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) \geq 9 $
<=> $ 2(ab+bc+ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})+[(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})-9] \geq 0 $

Ta có:
$ 2(ab+bc+ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) = - 2(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})(a-b)^2 - 2(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})(a-c)(b-c) $
$ [(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})-9] = \dfrac{2(a+b)^2}{a^2b^2}(a-b)^2+\dfrac{(a^2+b^2)(a+c)(b+c)}{a^2b^2c^2}(a-c)(b-c) $

Vậy
$ M= \dfrac{2(a+b)^2}{a^2b^2}-\dfrac{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{a^2b^2c^2} $
$ N= \dfrac{(a^2+b^2)(a+c)(b+c)}{a^2b^2c^2}-\dfrac{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{a^2b^2c^2} $

M 0 <=> $ (a+b)^2c^2 \geq (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) <=> abc^2+ab(c^2-ab) \geq 0 $.
N 0 <=> $ (a^2+b^2)(a+c)(b+c)-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \geq 0 <=> ab(a-b)^2+c(a^2+b^2)(a+b-c) \geq 0 $
hai cái này thì.....

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!

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 $k_{max} =1$