Mình xin nhận xét một vài điều như sau :
III. Bài 75 : Cách giải của nhungviekimcuong rất hay . Cách mình cũng không khác cách của bạn ấy nhưng mình xin phân tích bài giải của mình .
Thực sự , khi gặp các dạng bài như dạng bài 75 , mình cố gằng tìm dấu $=$ nhưng lại không thấy do đó minh chợt nghĩ tới ý tưởng của phương pháp SS với các bđt lệch tâm bằng cách chứng minh một bđt mạnh hơn mà giá trị tại dấu $=$ là tối thiểu . Sau khi thử nhiều số thì nhận thấy với bộ cặp số $(-3,1,1)$ làm cho giá trị $VT-VP$ có vẻ như là nhỏ nhất và đẹp nhất . Thế nên không do dự , dựa vào kết quả thừa mình cộng thêm vế phải một đại lượng $\frac{4}{7}(x+y+z)^{4}$ để bđt xảy ra khi (-3,1,1) và các hoán vị . Nên ta cần chứng minh : $(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{4}{7}(a^{4}+b^{4}+c^{4}+(a+b+c)^{4})$
Tiếp nối ý tưởng của nhungvienkimcuong , đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & \\ b+c=y & & \\ c+a=z & & \end{matrix}\right.$
Khai triển và rút gọn (Trâu bò đấy ) ta được : $24(\sum x^{4})\geq 24\sum (xy)^{2}$ (luôn đúng) (Có thể phân tích sai )
Bất đẳng thức
\[(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{4}{7}(a^{4}+b^{4}+c^{4}+(a+b+c)^{4}), \quad (2.9.1)\]
được anh Cẩn đề xuất rất lâu trên Mathlinks và được nhắc đến trong quyển Cauchy-Schwarz anh Cẩn. Ta có một chứng minh đơn giản sau đây.
Nếu $a+b+c=0,$ thay $c=-a-b$ vào (2.9.1) và thu gọn ta được
\[a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4\ge 0,\]
ta có
\[a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4 = (a^2+ab+b^2)^2 \ge 0.\]
Nếu $a+b+c\ne 0$, thay $(a,\, b,\, c)$ bởi $(-a,\, -b,\, -c)$ thì bất đẳng thức vẫn không thay đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0,$ và chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$
Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ thì $x+y+z=0$ và $x^3+y^3+z^3=3xyz,$ ta có
$$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4 = x^4+y^4+z^4+24(x^2+y^2+z^2)-24xyz+48,$$
tương tự thì
$$a^4+b^4+c^4+(a+b+c)^4 = x^4+y^4+z^4+6(x^2+y^2+z^2)+12xyz+84.$$
Như vậy bất đẳng thức trở thành $$x^4+y^4+z^4+48(x^2+y^2+z^2)\ge 72xyz. \quad (2.9.2)$$
Giả sử $xy \ge 0$ rồi thay $z=-x-y$ vào (2.9.2), bất đẳng thức được viết lại dưới dạng
\[2(x^2+xy+y^2)^2+96(x^2+xy+y^2)+72xy(x+y) \ge 0.\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[2(x^2+xy+y^2)^2+96(x^2+xy+y^2) \ge 18x^2y^2+72(x+y)^2,\]
lại có
\[x^2y^2+4(x+y)^2+4xy(x+y) = (2x+2y+xy)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $-3a=-3b=c.$ Chứng minh của chúng ta vì thế hoàn tất.