Nếu các bạn muốn một lời giải thuần túy cổ điển thì xin mời tiếp tục! Còn nếu đơn thuần là cần 1 lời giải thì GLA hay ABC đều dễ dàng giúp ta thỏa mãn điều này, kể cả bài toán tổng quát với 2n biến, thậm chí là mũ k ( với k thực ) cái điều kiện ban đầu.
Đại ý lời giải thế này:
Cố định 5 biến d, x, y, z, t và cho a, b, c chạy.
Lại tiếp tục cố định ab+ac+bc
Từ điều kiện ban đầu ta tính được a+b+c theo d, x, y, z, t và ab+ac+bc. Điều này có nghĩa là a+b+c=const.
Theo định lý trong GLA hay ABC ta suy ra được: abc đạt giá trị lớn nhất khi trong 3 biến có 2 biến bằng nhau ( cụ thể là 2 biến nhỏ hơn bằng nhau ).
Do vai trò của các biến như nhau nên ta đi đến kết luận:
Để tích abcdxyzt đạt max thì trong 4 biến a, b, c, d có 3 biến bằng nhau và nhỏ hơn hoặc bằng biến còn lại; trong 4 biến x, y, z, t có 3 biến bằng nhau và nhỏ hơn hoặc bằng biến còn lại.
Bài toán được giải quyết!
Cách làm hoàn toàn tương tự với khi ta thay bài toán 8 biến thành 2n biến.

Dù rất muốn đưa bản mềm lên mạng chia sẻ cùng mọi người nhưng khi tham gia viết sách anh đã phải làm cam kết sẽ ko được cung cấp cho ai ngoài Trần Phương. Phần trên mạng chỉ là phần nhập môn dùng chứng minh cho 3 biến, nó khá yếu và phải mất công sức biến đổi. Các em có thể mượn ai có sách photo riêng phần GLA full để có thể giải được nhiều bài toán n biến với số mũ thực. Theo anh, các em nên photo toàn bộ phần "các PP chứng minh BDT hiện đại" gồm: S.O.S, ABC, GLA, chia để trị, EV ( khoảng 300 trang ). So với phần ABC và chia để trị đã có trên mạng thì trong sách đầy đủ và mở rộng hơn nhiều.

Chuyển bài toán về p, R, r
Điều kiện trở thành: 4R = 9r.
Biểu thức cần tìm cực trị là một hàm đồng biến theo p. Dẫn tới kết luận:
-Min đạt khi 2 biến lớn hơn bằng nhau
-Max đạt khi 2 biến nhỏ hơn bằng nhau

Với cách làm này ta có thể giải cho bài toán tổng quát n biến, mũ của các số hạng là thực.

Thầy và các bạn có thể tham khảo phương pháp GLA trong cuốn "Những viên kim cương..." ( Phần GLA trên mạng chỉ là phần mở đầu nên chưa đủ sức mạnh để giải bài toán tổng quát). Mong mọi người thứ lỗi cho VA ko post lời giải cụ thể vì đang rất bận, cả tháng mới ghé qua diễn đàn 1 lần và cũng chỉ reply vì đây là bài của thầy namdung ).
Chúc thầy và các bạn công tác&học tập tốt!

Thân!

Bài toán sau cùng dạng nhưng có vẻ khó hơn rất nhiều, mọi người thử xem nhé.

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh bất đẳng thức
$\dfrac a{a^2+3bc}+\dfrac b{b^2+3ca}+\dfrac c{c^2+3ab}\le\dfrac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ca)^2}$

Cách giải dùng phần kiến thức cơ sở trong GLA:
Về phải đã có sẵn công thức.
Vế trái quy đồng, nhóm và dùng những công thức có sẵn.
Sau khi quy về p, R, r ta có thể dùng đánh giá khá thoáng vì bài này ko chặt.

@nguyen_ct: Em dự đoán đẳng thức thì đúng rồi nhưng anh nghĩ ko thể chứng minh theo cách đó được. Em suy nghĩ thêm xem!
@Blueflower: Em mua quyển "Những viên kim cương" và đọc toàn bộ về GLA rồi à? Đó đúng là 1 trong các ứng dụng của định lý GLA tổng quát. Tuy nhiên định lý đó chứng minh khá phức tạp. Anh muốn biết có lời giải nào đơn giản hơn ko nên đưa lên đây nhờ mọi người trả lời giúp.

Bài này tuy hình thức đơn giản nhưng với những kiến thức trước đây là khá khó. Không biết với sự phát triển chóng mặt của BDT thì giờ thế nào? Mong nhận được câu trả lời từ các bạn trẻ!

Cho a, b, c không âm thỏa mãn:
abc =1, ab+ac+bc = 5. Tìm min của:
$a^{k}+b^{k}+c^{k}$ ( trong đó $k \geq -1$ )

Thanks ku Khải nhé

Bài một có mấy dòng nên tôi điện thoại cho bạn tôi ghi lại rồi. Phiền các bạn giải tỉ mỉ hai bài sau giúp nhé

Có người bạn vừa nhờ tôi giải và type giúp ba bài này trong tối nay nhưng tôi ko có nhiều time để giải. Bạn nào rảnh giúp tôi với nhé. Toàn những bài các bạn đã gặp rồi nên chỉ mất công type là chính thôi. Xin chân thành cảm ơn^_^.
1.$\sum \dfrac{1}{[p-a]^2} \geq \dfrac{1}{r^2}$

2. x, y, z là khoảng cách từ một điểm nằm trong tam giác xuống ba cạnh. CMR:
$ \sqrt{x}+ \sqrt{y} +\sqrt{z} \leq \sqrt{ \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2R} } $

3. a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tứ giác. CMR:
$a+b+c+d \geq 4 \sqrt{S} $

Ko nên đổ lỗi cho thiếu may mắn nhưng càng ko nên đem cái giải ra mà so sánh người này với người kia. Diễn đàn mình nhiều người rất giỏi nhưng đến giải quốc gia cũng có được đâu. VD điển hình như MrMATH chẳng hạn. Lại nói về thành phần đội tuyển quốc gia. Ai giỏi mà ko được vào có thể do điểm rơi phong độ ko tốt. Như lứa 87, tớ thấy cực nhiều người giỏi, đặc biệt là Tổng Hợp - nơi có Kim Hùng, Đức Tâm, Khắc Kỷ, Sơn ..., đội Sư Phạm cũng khá mạnh. Trước khi chọn đội tuyển, nhiều học sinh và giáo viên hàng đầu đánh giá thành phần đội tuyển sẽ lại 1 lần nữa chủ yếu là học sinh của Tổng Hợp và Sư Phạm Hà Nội. Thế nhưng kết quả mỗi bên chỉ có 1 người mà lại xếp ở vị trí 4/6 (Sư Phạm) và 6/6 (Tổng Hợp). Chọn đội tuyển xong, vẫn nhiều ý kiến cho rằng có thể chọn ra 1 hoặc 2 đội nữa mạnh chẳng kém đội chính thức này. Đội tuyển chính thức có thể chưa là đội mạnh nhất nhưng khi đi thi cũng được kì vọng sẽ đem lại nhiều HCV. Tuy nhiên kết quả thì rất đáng thất vọng:(.

Trời đất! Tiếc cho ku Đạt quá! Bài 2 mà được có 1 điểm

Là một người rất yêu thích BĐT nhưng từ khi lên đại học em nhận thấy rằng có nhiều cái đáng để đầu tư thời gian hơn BĐT nhiều và cũng khuyên các thế hệ sau học BĐT ít thôi. Tuy nhiên, em ko đồng tình với nhiều ý kiến cho rằng những phương pháp mạnh trong mấy năm gần đây giết đi vẻ đẹp của BĐT và là ko cần thiết. Nếu ko có những PP ấy rất ít học sinh biết được rằng hầu hết những bài đối xứng 3 biến thì cực trị xảy ra khi 2 biến bằng nhau hoặc 1 biến bằng 0 ( n biến cũng tương tự ). Và có 1 điều nguy hiểm rằng BĐT Bludon tất cả các sách hiện nay đều cho rằng đẳng thức xảy ra khi tam giác đều nhưng thực chất chỉ cần cân là đủ. Hiện nay trên thế giới 1 trong những người nổi tiếng nhất về BĐT là VASC, ở VN thì có anh Phan Thành Nam và Phạm Kim Hùng vẫn không ngừng cho ra đời những phương pháp rất mạnh và hay. Nếu ko cảm thấy cần thiết thì họ đã chẳng nhọc công sáng tạo ra chúng làm gì. Các PP đó giúp chúng ta giải quyết rất nhanh 1 lớp bài khó và hiểu rõ về vấn đề hơn. Việc lạm dụng nó hay đặt ra nhiều bài toán mẹo mực là lỗi của bạn đọc chứ ko phải của người sáng tạo ra PP. Học BĐT vì niềm đam mê thì mới cần học sâu chứ trong các kì thi em nghĩ BĐT cổ điển là đủ rồi.

Về lý thuyết + phương pháp chung thì pqr ko mạnh. Nó mạnh khi nó được sử dụng bởi Cẩn vì Cẩn đã tìm ra nhiều bổ đề mạnh trong 1 số dạng hoán vị. Đó cũng là điểm hơn của pqr so với ABC, pRr. Nhưng khi áp dụng những bổ đề này thì việc giải phần còn lại của pqr như thế nào ABC, pRr đều giải được theo y hệt thậm chí ngắn hơn. Tên gọi khác nhau nhưng chúng đều xuất phát chung từ a+b+c, ab+ac+bc, abc mà. Vì thế kết hợp những định lý trong ABC, pRr và những bổ đề của Cẩn ta sẽ được 1 phương pháp cực mạnh.

Quy đồng rồi đồng bậc ta cần tìm k sao cho :
$ \dfrac{[(a+b+c)^2+(ab+ac+bc)](a+b+c)}{(a+b+c)(ab+ac+bc)-abc} + \dfrac{kabc}{(a+b+c)^3} \geq \dfrac{9}{2} + \dfrac{k}{27} $
Ta thấy ngay nếu cố định a+b+c, ab+ac+bc thì VT đồng biến theo abc. Do đó ta chỉ phải xét 2 TH a=b và c=0. Từ đây dễ dàng tìm ra k tốt nhất.

@ ABC, pRr hay ở chỗ dễ dàng quy dược bài toán về 1 biến mà ko cần phép đánh giá nào. Đây cũng là lý do mình nói 1 bài có thể giải được bằng pqr thì cũng có thể giải được bằng ABC, pRr. Một PP mạnh hay không phụ thuộc rất nhiều vào người sử dụng. Cẩn đã làm rất tốt điều này khi tìm ra được 1 số bổ đề rất mạnh ứng dụng trong hoán vị.

Chào anh bạn! tớ biết sự có mặt của topic này ngay sau khi nó ra đời vài phút nhưng do bận vài việc nên tớ chưa vào xem kĩ được. Tớ mới chỉ kịp nhìn cách chứng minh bài 1 của anh bạn thôi chứ chưa kịp nắm bắt tư tưởng. Có thể nói đó là 1 lời giải quá quá tuyệt vời nhưng tớ có 1 vài thắc mắc nho nhỏ, anh bạn giải thích giúp mình nhé!
Nhìn vào lời giải bài 1 ( không nói cả PP của anh bạn ) mình thấy thế này:
Bài toán sau cũng thỏa mãn cách giải trên :
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c = 3. Thì :
$a^2b + b^2c + c^2a + \dfrac{abc}{n} \leq 3 + \dfrac{1}{n} $ ( với n bé tùy ý )
Nhưng khi cho n đủ lớn và a=2, b=1, c=0 thì bất đẳng thức không đúng.
Vậy điều kiện để lấy đạo hàm toàn miền là gì?

Với những dạng bài hoán vị mà bậc của các biến lệch nhau 1 như trên thì có vẻ giải rất đơn giản. Nhưng theo cảm giác của tớ thì khi bậc lệch nhau nhiều và chứa căn thì cách trên khá vất vả thì phải?

Tớ đang bận thi học kì nên rất tiếc không dành nhiều time cho topic này được.

@Hatucdao: Em đọc rồi anh ạ! Mr math cũng chỉ ra điều tương tự như anh nói với em là TXĐ của 2 miền đó khác nhau. Em định bù đắp lỗ hổng đó bằng cách chỉ ra a,b,c sao cho ABC, AB+AC+BC = const như đã nói trong bài 1 của Cẩn nhưng nó vẫn chưa đủ. Việc cố định ABC, AB+AC+BC có lẽ không được nhưng nếu ta cố định trong 2 trong 3 đại lượng abc, ab+ac+bc, a+b+c mà ABC, AB+AC+BC cố định theo như : $A = \dfrac{a}{b+c} $, $B= \dfrac{b}{c+a}$ , $C = \dfrac{c}{a+b} $ thì việc kết luận A+B+C đạt cực trị tại A=B hoặc C = 0 là hoàn toàn chính xác.
Theo em thì có thể giải thích thế này :
Ta có quyền cố định 2 trong 3 đại lượng abc, ab+ac+bc, a+b+c là do mọi đa thức đối xứng đều có thể quy được về 3 đại lượng này. Có quyền cố định 2 trong 3 đại lượng p,R,r vì mọi tam giác đều xác định khi biết 3 thông số này. Còn với A,B,C là các biểu thức của a,b,c thì ta chưa có điều này. Vậy muốn cố định A,B,C thì ta cũng phải chứng minh rằng cách đặt của ta thỏa mãn mọi đa thức đối xứng của a,b,c đều quy được về ABC, AB+AC+BC, A+B+C
Định lý (n-1)EV của VASC thì mãi sau khi nhờ anh check xong lời giải định lý GLA tổng quát em mới được biết. Ban đầu em hơi thất vọng vì nghĩ kết quả của VASC tổng quát hơn nhiều mà lại có nhiều hệ quả. Nhưng sau khi đọc kĩ thì các hệ quả đó hoàn toàn suy ra được từ định lý GLA tổng quát và Mr math còn phát hiện thêm rằng EV sẽ bó tay trước các bài toán ko phân ly được các biến. VD như dạng : $ \dfrac{a^3}{abc+b^3+c^3} $(( trong đó a,b,c ràng buộc bởi 1 quan hệ nào đó)). Cái định lý em nhờ anh check ấy cũng khái quát được lên n biến như (n-1)EV. Trong 1 số TH nó ko thuận tiện bằng (n-1)EV nhưng 1 số bài CM được bằng GLA nhưng ko CM được (n-1)EV vì (n-1)EV còn yêu cầu g''(x) >0 trên (0, ). Chính điều kiện ràng buộc này đã gây lên khó khăn rất lớn khi đứng trước những bài chứa căn thức nên phần VD mà VASC lấy để minh họa cho (n-1)EV tuyệt nhiên ko thấy xuất hiện những bài chứa căn. Thế nên em nghĩ anh nói định lý GLA tổng quát là TH riêng của (n-1)EV là không đúng.

@ Nesbit: topic này lan man cũng là tại anh cả. Sorry chú nhé! Thi thật tốt rồi hè này về VN nghen!

Ở bài post số 97 anh nói rõ rồi, chắc em chưa đọc kĩ. Cái anh dùng để thử CM bài của em chỉ là ý tưởng đang tìm hiểu thôi nên nó sai thì cũng ko ngạc nhiên, anh có viết nó trong GLA đâu. Những gì đã viết trong sách thì được check kĩ, như cái định lý tổng quát thì đã được anh Phan Thành Nam check rồi.
Về pqr thì anh nghĩ dạng $a^n+b^n+c^n$ với n nguyên thì ko mấy khó khăn nhưng khi n vô tỉ thì rất khó vì nó ko biểu diễn được bằng pqr.

Anh thử VD 1 bài, Cẩn ko cần phải giải cụ thể đâu, chỉ cần nói hướng giải thôi. Nếu như em chưa muốn tiết lộ phương pháp thì thử cho anh biết có quy được về 1 biến không? Được thì ước chừng cho anh độ dài của đoạn quy về nhé! Với 4 biến thì cách làm còn hiệu quả ko? Anh đang muốn đánh giá xem PP của anh đến đâu nên rất cần sự trợ giúp của em, đồng thời cũng tò mò về sức mạnh của pqr sau khi đã được cải tiến của em. Cảm ơn em!

Cho a,b,c,q,t không âm. Tìm k tốt nhất sao cho :
$ \sqrt[q]{ \dfrac{a}{b+c} } + \sqrt[q]{ \dfrac{b}{c+a} } + \sqrt[q]{ \dfrac{c}{a+b} } \geq \sqrt[q]{ \dfrac{k(a^t+b^t+c^t)}{(a+b+c)^t} } $

Anh chỉ lấy 1 VD thế thôi. Em ko cần nó cho 3 biến nhưng để đột phá lên n biến thì anh nghĩ là cần đấy. Vì khi giải bài n biến thì phải có định lý để quy về 1 biến chứ ko chỉ dùng đánh giá là đưa được về như 3 biến.

Với bổ đề mạnh nhất của $ \dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} $ Cẩn tìm ra thì em có thể giải được nhiều bài toán rất khó. Nhưng pqr của em vẫn còn e ngại với những bài chứa căn thức phức tạp. Anh xin cung cấp cho em thêm 1 số bổ đề có thể hữu ích cho pqr.
Bổ đề 1 :
Cho a, b, c ko âm thì :
$ \sqrt[n]{ \dfrac{a}{b+c} } + \sqrt[n]{ \dfrac{b}{a+c} }+ \sqrt[n]{ \dfrac{c}{a+b} }$

Với n > -1 : đạt min khi 2 biến lớn hơn = nhau hoặc 1 biến = 0, max khi 2 biến nhỏ hơn = nhau hoặc 1 biến = 0
Với n < -1 : đạt min khi 2 biến nhỏ hơn = nhau hoặc 1 biến = 0, max khi 2 biến lớn hơn = nhau hoặc 1 biến = 0
Chứng minh :
Đặt a+b = x, a+c = y ,b+c =z thì x, y, z là độ dài 3 cạnh 1 tam giác. Gọi p, R, r là các yếu tố trong tam giác này. Biểu diễn abc, ab+ac+bc, a+b+c theo p,R,r ta được :
$abc = pr^2$, $ab+ac+bc = 4Rr + r^2$,$ a+b+c =p$
$\dfrac{a}{b+c} = A, \dfrac{b}{a+c} = B, \dfrac{c}{a+b} = C$. Thì :
$ABC = \dfrac{r}{4R} $
$AB+AC+BC = 1 - \dfrac{r}{2R} $
Nếu như cố định r, R thì ABC, AB+AC+BC=const.
Kết hợp với định lý đã được chứng minh trong GLA:
Nếu a,b,c ko âm thỏa mãn : abc, ab+ac+bc = const thì:
$a^n+b^n+c^n $ đạt cực trị như sau:
Với n > -1 : đạt min khi 2 biến lớn hơn = nhau hoặc 1 biến = 0, max khi 2 biến nhỏ hơn = nhau hoặc 1 biến = 0
Với n < -1 : đạt min khi 2 biến nhỏ hơn = nhau hoặc 1 biến = 0, max khi 2 biến lớn hơn = nhau hoặc 1 biến = 0
Ta có điều cần chứng minh.
Chứng minh của định lý này đã được kiểm tra tính đúng đắn nhiều lần. Cái mà anh dùng để tìm k tốt nhất cho bài 1 của em là ý tưởng đang nghiên cứu nên chưa được chính xác.

Với cách làm tương tự ta có thể xây dựng nhiều bổ đề dạng như trên. Khi nào rảnh mình sẽ post tiếp.
Nhận xét : Trong nhiều bài, cố định 2 trong 3 đại lượng abc, ab+ac+bc, a+b+c sẽ thuận lợi hơn p,R,r nhưng trong bài trên thì sẽ ko có được ABC, AB+AC+BC=const để áp dụng định lý như p,R,r. Tùy từng bài mà ta sẽ chọn cách cố định nào cho hợp lý.

Anh post lời giải của anh lên trước đi ạ. Em xem xong sẽ post cái đẳng thức thứ 2 của em lên ạ. Em nghĩ như vậy hợp lôgic hơn anh ạ.

Anh chưa làm được bài tìm k tốt nhất em ạ. Cái bổ đề của em đẳng thức xảy ra tại vô số điểm thì hằng số k của em đúng là tốt nhất rồi. Lúc đầu anh nghĩ em đánh giá qua 1 BĐT mà dấu bằng chỉ xảy ra ở vài điểm nên ko tin. Em ko thích làm những bài nhiều biến thì thôi ko cần làm đâu. Anh thì lại thích những bài nhiều biến hơn những bài tính toán phức tạp thế này.
@Zaizai : Với bổ đề đó + hàm 1 biến theo q (VT - VP) đạt min tại 2 điểm nữa thì đó chính là k tốt nhất em ạ. Ban đầu anh cũng nghi ngờ như em nhưng khi Cẩn bảo bổ đề đẳng thức xảy ra tại vô số điểm thì anh tin rồi.

Lời giải của em tốt lắm! Tuy hơi dài nhưng ko phải sử dụng định lý nào. Anh có đặt ra vài bài toán dạng này nhưng thường chỉ tìm được min hoặc max. Bài này tìm được cả 2, hình thức cũng đơn giản nên tuy ko khó những anh thấy nó hay. Em giải quyết bài 1 xem sao nhé! Còn về bài 1 anh vẫn rất tò mò cách tìm k tốt nhất của em đấy. Em tính toán và cho anh xem đẳng thức thứ 2 ứng với k tốt nhất nhé!

Em chưa dám đọc hết lời giải của anh nhưng đoạn này em thấy có vấn đề ạ. Anh thử cho $c=2,x=1,y=0$ anh nhé.

Anh gõ thiếu 2 cái [ ] em ạ! Anh chỉnh sửa lại rồi đấy. Bài 2 anh đưa lên anh chỉ nói là hay thôi chứ ko nói khó. Lời giải của anh cho trường hợp min khá ngắn, max thì có phức tạp hơn chút. Em thử giải nốt max xem. Bài tổng quát anh nghĩ là rất phức tạp, ko cần thiết phải làm vì tốn time.

@zaizai: Em xóa cái bài mà anh edit ngay dưới bài giải k = 14 ý.

@dduclam: Ừ! đồng ý tưởng. Link đây : http://mathfriend.or...w...=12762&st=0

Mấy ngày tới rất bận nên cố post lời giải bài 1 của Cẩn với k = 14 rồi off ít hôm. Lời giải bằng " chia để trị " nói thực là người đọc cực kì khó để kiểm tra tính đúng đắn, nhất là khi chưa biết nhiều về nó. Thế nên mình xin đưa ra đây cách chứng minh khác.

Vì $(a^2b+b^2c+c^2a) - (a^2c+b^2a+c^2b) = (a-b)(a-c)(b-c)$ nên ta chỉ phải xét bài toán trong TH : a
b c.
Đặt a = b+x, b = c+y.
Ta có: $a^2c+b^2a+c^2b - 3abc = c(a-b)^2+b(b-c)^2+b(b-c)(a-b) = cx^2+(c+y)y^2+(c+y)xy= c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)$
Do đó :
$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} = \dfrac{ cx^2+(c+y)y^2+(c+y)xy}{c(c+y)(c+x+y)} +3$
Lại có : $(a^2+b^2+c^2) - (ab+ac+bc) = x^2+y^2+xy$
$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geq \sqrt{ \dfrac{14(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc} -5} $
$ \Leftrightarrow [ \dfrac{a^2c+b^2a+c^2b - 3abc}{abc} +3]^2 \\ \geq\dfrac{14(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)}{ab+ac+bc}+9$
$\Leftrightarrow [ \dfrac{c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)} ]^2 +6\dfrac{c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)} \\ \geq 14 \dfrac{x^2+y^2+xy}{(c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)]^2[(c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)]}{c(c+y)(c+x+y)} \\ +6[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)](c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x) \geq 14(x^2+y^2+xy)c(c+y)(c+x+y)$
Mặt khác :

$6[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)](c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)-14(x^2+y^2+xy)c(c+y)(c+x+y)$
$=2[(y^3c^2+y^3cx+2y^4c+3y^x^2+6xy^4+3y^5+2x^2c^3+2y^2c^3+2c^3xy)$
$-(c^2x^3+3c^2x^2y+4cx^3y+5x^2y^2c)]$(1)
Mà:
$ \dfrac{[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)]^2[(c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)]}{c(c+y)(c+x+y)}$
$\geq 2c(x^2+y^2+xy)^2=2c(x^4+y^4+3x^2y^2+2x^3y+2xy^3)(2)$
Từ (1) và (2) cần CM:
$2y^3c^2+6y^3cx+4y^4c+6y^3x^2+12xy^4+6y^5+4x^2c^3+4y^2c^3+4c^3xy$
$+2c(x^4+y^4) \geq 2c^2x^3+6c^2x^2y+4cx^3y+4x^2y^2c$
Dễ thấy :
$12xy^4+4y^2c^3+2x^2y^3 \geq 13.7 cxy^3$
$ \dfrac{cx^4}{2} +2c^3x^2 \geq 2c^2x^3$
$cx^4+4cx^2y^2 \geq 4cx^3y$
$ \dfrac{cx^4}{8} +2c^3x^2+4c^3xy+5.2xcy^3 \geq 6c^2x^2y$
$\dfrac{3cx^4}{8} + 7.25cxy^3 +7.25cxy^3 \geq 8cx^2y^2$
Cộng vào ta có điều phải chứng minh.

Bài 2 không phải là một bài toán khó, bạn Dương Đức Lâm đã post nó lên bdt.net lâu rồi, sau này còn post nó trên mathlinks nữa: http://www.mathlinks...ic.php?t=195375, mình cũng được biết đến bài toán này lúc ấy. Sau đó mình cũng tìm được một lời giải bằng dồn biến nhưng vì đề bài yêu cầu tìm cả max (mình ko làm được yêu cầu này) nên mình vẫn chưa post lên giải lên mathlinks, sau đây mình xin được up lời giải bằng dồn biến của mình lên cho trường hợp tìm min.
Nói qua về giá tri lớn nhất của biểu thức trên, mình tính nhẩm được $\max >1.353$ và đẳng thức xảy ra không có biến nào bằng 0 nên mình vẫn chưa tìm được một cách đánh giá nào cho nó.

Bài này là của anh, đưa lên MnF gần 1 năm trước rồi, lúc đó yêu cầu tìm cả max. Đầu đề là a+b+c = 1 chứ có phải a+b+c = 3 đâu. Trong mấy hôm nữa anh chỉ onl được 1 lát thôi. Lời giải TH min chắc có thể làm tương tự như em đã làm với TH a+b+c = 3. Lời giải bài 1 của Cẩn anh post sau nhé!