Chủ đề này có 4 trả lời

[DOTOANNANG]

$\sum\limits_{cyc}\it{Sum}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\geqq \it{0}$$($tính cả trường hợp ngược dấu$)$ cũng có thể viết lại dưới dạng$:$

$$\sum\limits_{cyc}\it{Sum}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}= \it{Sum}_{\,\it{1}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{Sum}_{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\geqq \it{0}$$

với $\it{Sum}_{\,\it{1}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\it{Sum}_{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\geqq \it{0}\,\,\vee \,\,\it{Sum}_{\,\it{1}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\it{Sum}_{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\leqq \it{0}$ và $\it{a}\not\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}\,\,\vee \,\,\it{a}\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$ tùy theo$.$

$\lceil$ https://diendantoanh...qq/#entry720798 $\rfloor$$,$

$\lceil$ https://h-a-i-d-a-n-...19/03/10/200927 $\rfloor$

$\it{12}\left [ \sum \it{a}^{\,\it{2}}\it{b}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)} \right ]= \it{4}\,\it{b}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{c}- \it{b}\,\,\it{)}+ \it{4}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{6}\it{(}\,\,\it{b}- \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}- \it{a}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{c}- \it{b}\,\,\it{)}+ \it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}- \it{a}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}- \it{c}\,\,\it{)}\left [ \it{2}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}+ \it{(}\,\,\it{b}- \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}} \right ]\geqq \it{0}$ với $\it{c}\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$$.$$($Ngược lại với cách giải của Bernhard Leeb ở IMO $\it{1983}$ đúng với $\it{c}\not\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$$.$$)$$.$ Hiện tại mình chưa chính xác tìm ra cách để bài toán từ đúng với $\it{c}\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$ sang đúng với $\it{c}\not\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$$.$ Ngoài ra với $\it{c}\equiv \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$ thì$:$ $\sum \it{a}^{\,\it{2}}\it{b}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}= \it{b}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{c}- \it{b}\,\,\it{)}+$ $\it{Sum}_{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}\geqq \it{0}$$.$ Dưới đây là một số ví dụ mở rộng về các bài toán dạng trên$($mọi người có thể đóng góp lời giải cho trường hợp ngược lại$)$$:$

$\lceil$ https://diendantoanh...nt/#entry720942 $\rfloor$

 

Chứng minh rằng với $ \it{a}+ \it{b}\geqq \it{0},\,\it{b}+ \it{c}\geqq \it{0},\,\it{c}+ \it{a}\geqq \it{0} $$,$ không thể tồn tại $ \it{k}= \it{constant} $$ : $

$$\sum\limits_{cyc}\,\it{a}^{\,\it{3}}- \sum\limits_{cyc}\,\it{a}^{\,\it{2}}\it{b}\geqq \it{k}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}\,\,\it{)}$$

Spoiler

Cũng không tồn tại $ \it{k}= \it{constant} $$ : $ các hoán vị vòng quanh $\it{a},\,\it{b},\,\it{c}$ của $\it{k}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}\,\,\it{)}$$.$

Được tái bất đẳng thức lại từ bài$:$ $\lceil$ https://diendantoanh...e-1#entry710701 $\rfloor$

Bài mình đã đưa đúng với $\it{constant}= \it{0}$$,$ tuy nhiên do nhân đa thức $\it{Sum}_{\,\it{12}}$ có thiếu$,$ và dù vậy $\it{constant}= \it{0}$ vẫn là $\it{constant}$ duy nhất$!$ Trở lại với$:$ $\lceil$ https://diendantoanh...e-1#entry710701 $\rfloor$$,$ ta được$:$

$\sum\limits_{cyc}\,\it{a}^{\,\it{3}}- \sum\limits_{cyc}\,\it{a}^{\,\it{2}}\it{b}= \it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{c}\,\,\it{)}+ \it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{b}- \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}\geqq \it{0}$$,$ $\it{a}= \text{mid}\{\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\}$$\it{?}$   $($xin gợi ý nhỏ là từ đó ta có thể giải bài bên trên $\it{k}= \it{constant}$ bằng hệ thức phía dưới$,$ mà hình như là nói luôn rồi$!$$)$

Spoiler

Một chút về phương pháp trên$:$ Để viết được thì mình sử dụng B$\ast$W$($Buffalo$\ast$Way$)$$,$ xét $\it{2}$ trường hợp sau đó gộp lại thành một biểu thức để không chứa $\it{Sum}_{\,\it{1}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}$$,$ xem ví dụ bên dưới$:$

$\lceil$ https://math.stackex.../3138446/552226 $\rfloor$

Chuyển $\it{U},\,\it{V},\,\it{X}\rightarrow \it{Sum}_{\,\it{3},\,\it{4},\,\it{5}}\it{(}\,\,\it{a},\,\it{b},\,\it{c}\,\,\it{)}$$.$ Dùng cách viết sau$:$

$\it{Sum}= \it{AB}+ \it{C}= -\it{AD}+ \it{E}\Leftrightarrow \it{Sum}= \frac{\it{D}\it{C}+ \it{B}\it{E}}{\it{D}+ \it{B}}$$,$ chẳng hạn$:$

$\sum \it{a}^{\,\it{2}}- \sum \it{ab}= \left ( \it{a}+ \it{c}- \it{2}\,\it{b} \right )^{\,\it{2}}+ \it{3}\left ( \it{a}- \it{b} \right )\left ( \it{b}- \it{c} \right )\geqq \it{0}$ và $\sum \it{a}^{\,\it{2}}- \sum \it{ab}= \left ( \it{a}- \it{c} \right )^{\,\it{2}}+ \left ( \it{a}- \it{b} \right )\left ( \it{c}- \it{b} \right )\geqq \it{0}$ có thể viết gộp lại thành$:$

$\it{Sum}= \frac{\it{DC}+ \it{BE}}{\it{D}+ \it{B}}= \frac{\it{3}\left ( \it{a}- \it{c} \right )^{\,\it{2}}+ \it{1}\left ( \it{a}+ \it{c}- \it{2}\,\it{b} \right )^{\,\it{2}}}{\it{3}+ \it{1}}= \sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \sum\,\it{ab}$$.$ 

Bạn bắt đầu hứng thú rồi thì hãy trả lời ngay bên dưới cho H$-$a$-$i$-$D$-$a$-$n$-$g$-$e$-$l$($DOTOANNANG$)$$,$ như thế nào$\it{?}$ Một cách khá hay$,$ và lại cồng kềnh nữa$($cười$)$$.$                                

                                                                                      

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 04-04-2019 - 16:43

[DOTOANNANG]

Ví dụ $\it{2}$$:$

Cho $\it{x},\,\it{y},\,\it{z}\geqq \it{0}$$,$ chứng minh rằng$:$

$$\it{x}^{\,\it{3}}+ \it{686}\,\it{y}^{\,\it{3}}+ \it{64}\,\it{z}^{\,\it{3}}+ \it{36}\,\it{xyz}\geqq \it{147}\,\it{y}^{\,\it{2}}\it{z}+ \it{237}\,\it{z}^{\,\it{2}}\it{y}$$

$\lceil$ Ji Chen $\rfloor$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$:$ $\left \{ \it{x}= \it{5}\,\it{y},\,\it{y}= \it{y},\,\it{z}= \it{2}\,\it{y} \right \}\,\,\bigcup\,\,\left \{ \it{x}= \it{7}\,\it{y},\,\it{y}= \it{y},\,\it{z}= \it{0}\,\it{y} \right \}$$($ có$:$ $\it{(}\,\,\it{x}- \it{7}\,\it{y}+ \it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}= \it{0}$ $)$$.$ 

Đặt$:$ $\it{A}= \it{57}\,\it{z}- \it{28}\,\it{x}- \it{392}\,\it{y}$$,$ ta được $\it{2}$ cách viết sau$:$

$\it{x}^{\,\it{3}}+ \it{686}\,\it{y}^{\,\it{3}}+ \it{64}\,\it{z}^{\,\it{3}}+ \it{36}\,\it{xyz}- \it{147}\,\it{y}^{\,\it{2}}\it{z}- \it{237}\,\it{z}^{\,\it{2}}\it{y}=$

$= \frac{-\,\it{A}\it{(}\,\,\it{x}- \it{7}\,\it{y}+ \it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}+ \it{z}\it{(}\,\,\it{z}- \it{91}\,\it{y}+ \it{43}\,\it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}}{\it{28}}=$

$= \frac{\it{64}\,\it{a}^{\,\it{3}}+ \it{3}\,\it{a}^{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{1792}\,\it{x}+ \it{20585}\,\it{y}\,\,\it{)}+ \it{12}\,\it{a}\it{(}\,\,\it{12544}\,\it{x}^{\,\it{2}}+ \it{297937}\,\it{xy}+ \it{1576036}\,\it{y}^{\,\it{2}}\,\,\it{)}+ \it{(}\,\,\it{x}+ \it{14}\,\it{y}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{1261}\,\it{x}+ \it{11669}\,\it{y}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}}{\it{185193}}$

nên cũng có thể viết lại thành dạng tổng các đa thức không âm$:$

$\it{x}^{\,\it{3}}+ \it{686}\,\it{y}^{\,\it{3}}+ \it{64}\,\it{z}^{\,\it{3}}+ \it{36}\,\it{xyz}- \it{147}\,\it{y}^{\,\it{2}}\it{z}- \it{237}\,\it{z}^{\,\it{2}}\it{y}=$

$\frac{\left [ \it{(}\,\,\it{x}+ \it{14}\,\it{y}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{x}- \it{7}\,\it{y}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}+ \it{36}\,\it{xyz}+ \it{(}\,\,\it{28}\,\it{x}+ \it{7}\,\it{z}+ \it{155}\,\it{y}\,\,\it{)}\it{z}^{\,\it{2}} \right ]\it{(}\,\,\it{x}- \it{7}\,\it{y}+ \it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}+ \it{z}^{\,\it{3}}\it{(}\,\,\it{x}- \it{91}\,\it{y}+ \it{43}\,\it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}}{\it{(}\,\,\it{x}- \it{7}\,\it{y}+ \it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}+ \it{28}\,\it{z}^{\,\it{2}}}$

Nhận xét$:$

Mình xin giới thiệu cách viết này$($cách viết chưa có tên$)$$,$ hiện tại mình không thể đảm bảo sẽ luôn có $\it{2}$ cách viết cho bất kì bài nào$($dù thực tế là có vô số$!$$)$$.$ Có thể nó sẽ được phát triển xa hơn$,$ bởi các bạn$,$ xây dựng các thuật toán SOS$($đã có rồi nhưng khác$)$$,$ chẳng hạn$!$   Chúc may mắn$!$

[DOTOANNANG]

Post$\it{\#}$$\it{1111}$

$\it{k}= \it{constant},\,\it{k}\,\in\,\left [ \frac{\it{1}}{\it{3}},\,\it{1} \right ]$$,$ và với mọi tam giác $\it{3}$ cạnh $\it{a},\,\it{b},\,\it{c}$$:$

$$\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}\it{b}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\geqq \it{k}\,.\,\it{b}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{c}- \it{b}\,\,\it{)}$$

Chứng minh được theo phương pháp trên$.$

Ví dụ $\it{3}$

$$\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \sum\,\it{ab}\geqq \it{k}\,.\,\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}$$

với $\it{k}= \it{constant},\,\it{k}\,\in\,\it{[}\,\,-\,\it{3},\,\it{1}\,\,\it{]}$$.$

Không khó$!$ $\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \sum\,\it{ab}=$ $\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{X}^{\,\it{2}}=$ $-\,\it{3}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{Y}^{\,\it{2}}$$.$ Chẳng hạn $\it{k}= -\,\it{1}$$:$

$\it{2}\,\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \it{2}\,\sum\,\it{ab}=$ $\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{X}^{\,\it{2}}- \it{3}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{Y}^{\,\it{2}}$$.$ Ta hiểu$:$ $\it{k}= -\,\it{1}$ đúng$,$ thì mọi $\it{k}\,\in\,\it{[}\,\,-\,\it{\it{3}},\,-\,\it{\it{1}}\,\,\it{]}\,\,\vee \,\,\it{k}\,\in\,\it{[}\,\,-\,\it{\it{1}},\,\it{\it{1}}\,\,\it{]}$ đều có thể chứng minh như quá trình trên$,$ sau một số hữu hạn bước$,$ các đoạn chứa sẽ ngày càng $"$thắt lại$"$$($giống kĩ thuật tìm gần đúng nghiệm của phương trình áp dụng hệ quả hàm số liên tục$)$$.$

Và vậy nên có thể viết$:$ $\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \sum\,\it{ab}- \it{k}\,.\,\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}= \it{(}\,\,\it{3}+ \it{k}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{1}- \it{k}\,\,\it{)}\it{P}+ \it{Q}$$,$ với$:$ $\it{P},\,\it{Q}\geqq \it{0}$$,$ thật vậy$,$ vì theo trên$,$ và$:$

$$\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \sum\,\it{ab}- \it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}= \it{(}\,\,\it{k}- \it{1}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{A}= \it{B}$$

$$\sum\,\it{a}^{\,\it{2}}- \sum\,\it{ab}+ \it{3}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}= \it{(}\,\,\it{k}+ \it{3}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{C}= \it{D}$$

Nhân lên ở $\it{2}$ vế$,$ suy ra$:$ $\it{(}\,\,\it{B}- \it{A}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{D}- \it{C}\,\,\it{)}\geqq \it{0}$$($đúng$)$ và có thể viết như cách nói trên$!$

Xây dựng được bất đẳng thức bậc cao$:$ Với mọi tam giác $\it{3}$ cạnh $\it{a},\,\it{b},\,\it{c}$$:$

$$\it{abc}+ \it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{b}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{c}- \it{a}\,\,\it{)}\geqq \frac{\it{8}}{\it{3}}\sqrt{\,\sqrt{\,\it{3}}\,\it{\Delta}^{\,\it{3}}}$$

$$\it{abc}- \it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{b}- \it{c}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{c}- \it{a}\,\,\it{)}\geqq \frac{\it{8}}{\it{3}}\sqrt{\,\sqrt{\,\it{3}}\,\it{\Delta}^{\,\it{3}}}$$

Sử dụng $\lceil$ phép thế Ravi $\rfloor$ và trên$:$

$$\it{(}\,\,\it{xyz}+ \it{x}^{\,\it{2}}\it{y}+ \it{y}^{\,\it{2}}\it{z}+ \it{z}^{\,\it{2}}\it{x}\,\,\it{)}^{\,\it{4}}\geqq \frac{\it{256}}{\it{27}}\it{(}\,\,\it{x}+ \it{y}+ \it{z}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}\it{x}^{\,\it{3}}\it{y}^{\,\it{3}}\it{z}^{\,\it{3}}$$

$\lceil$ Liu Qian Bao$\ast$AoPS  $\rfloor$

 

 

[DOTOANNANG]

Cáo lỗi $:$ $\it{(}\,\,\it{B}- \it{A}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{D}- \it{C}\,\,\it{)}\leqq \it{0}$$($đã viết $\it{(}\,\,\it{B}- \it{A}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{D}- \it{C}\,\,\it{)}\geqq \it{0}$$)$$,$ $\it{A},\,\it{B},\,\it{C},\,\it{D}\geqq \it{0}$$.$

Xem thêm cách chứng minh cho $\it{2}$ bất đẳng thức tam giác trên$:$ $\lceil$ https://artofproblem...806846p12020151 $\rfloor$

[DOTOANNANG]

Từ bất đẳng thức$:$$($$\it{a},\,\it{b}> \it{0}$$)$

$$\it{a}^{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}\it{(}\,\,\it{2}\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{3}\,\it{b}\,\,\it{)}\geqq \it{0}\Leftrightarrow \frac{\it{1}}{\sqrt{\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}}}\geqq \frac{\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{2}\,\it{b}^{\,\it{2}}+ \it{5}\,\it{ab}}{\it{2}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}}$$

Ta được$:$

$$\frac{\it{1}}{\sqrt{\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}}}- \frac{\it{1}}{\it{2}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}}= \frac{\frac{\it{1}}{\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}}- \frac{\it{1}}{\it{4}\it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}}}{\frac{\it{1}}{\sqrt{\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}}}+ \frac{\it{1}}{\it{2}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}}}\leqq \frac{\frac{\it{1}}{\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}}- \frac{\it{1}}{\it{4}\it{(}\,\,\it{b}+ \it{c}\,\,\it{)}^{\,\it{2}}}}{\frac{\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{2}\,\it{b}^{\,\it{2}}+ \it{5}\,\it{ab}}{\it{2}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}^{\,\it{3}}}+ \frac{\it{1}}{\it{2}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}}}= \frac{\it{a}\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}}{\it{2}\it{(}\,\,\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{b}^{\,\it{2}}+ \it{ab}\,\,\it{)}}$$

Ví dụ $\it{2}$$:$ Bất đẳng thức sau$:$$($$\it{a},\,\it{b},\,\it{c}> \it{0}$$)$

$$\sum\limits_{cyc}\,\frac{\it{a}\left \{ \it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}+ \it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}^{\,\it{2}} \right \}}{\it{(}\,\,\it{a}+ \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}\,\,\it{)}}\leqq \it{3}$$

Spoiler

$\sum\limits_{cyc}\,\frac{\it{a}}{\sqrt{\it{2}\,\it{a}^{\,\it{2}}+ \it{ab}+ \it{b}^{\,\it{2}}}}\leqq \frac{\it{3}}{\it{2}}$

$\lceil$ https://diendantoanh...tb/#entry721326 $\rfloor$

Một vài bạn để ý thấy mình hoàn toàn có thể phá căn dễ dàng và thậm chí CANH đúng để xảy ra bất đẳng thức dưới mẫu$,$ và nguyên nhân đó là mình áp dụng cách phía trên$,$ có nghĩa mẫu càng yếu thì khả năng tạo bất đẳng thức đúng càng cao$!$ Có thể nói việc tìm đa thức trong các bài trên rất khó khăn$,$ chỉ có may mắn$.$ Vì thế mình mong một ai đủ hiểu biết có thể giúp mình giải được bài toán này$:$

$"$ Nếu như có được cách viết$:$

$$\it{Sum}= \it{k}\,\it{P}\it{(}\,\,\it{a}- \it{b}\,\,\it{)}\it{(}\,\,\it{a}- \it{c}\,\,\it{)}+ \it{Q}$$

với $\it{k}= \it{constant},\,\it{P},\,\it{Q}\geqq \it{0}$ thì xem như mình đã có sẵn lưỡi dao trái$($$\it{k}\geqq \it{0}$$)$$,$ cũng như cái lưỡi dam lao$,$ mình mong tìm được lưỡi dao phải còn lại$($$\it{k}\leqq \it{0}$$)$$,$ chúng ta kết hợp được chúng$.$ $"$

Spoiler

Tên mình đặt ra phỏng theo Tsubasa$($Lưỡi hái$\ast$Cú sút dao lam$)$$,$ mình nghĩ đây là một cái tên hay cho phương pháp$,$ được nhận xét$!$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 10-04-2019 - 21:11