Định lý Bezout: Số dư của phép chia đa thức $P(x)$ cho $x-a$ chính bằng $P(a)$

Thay $x=2$ vào rồi giải phương trình.

Khai triển ra ta được $a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Cách 1. Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$, đặt $f(a,b,c)=\sum a^3+3abc-\sum ab(a+b)$

$f(a,b,c)-f(t,t,c)=\dfrac{(4a+4b-5c)(a-b)^2}{4}\geqslant 0$ với $2t=a+b$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $f(t,t,c)\geqslant 0\Leftrightarrow c(c-t)^2\geqslant 0$ luôn đúng.

Cách 2. Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta có:

$c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geqslant 0\Leftrightarrow \sum a^3+3abc-\sum ab(a+b)\geqslant (a-c)^3+(b-c)^3-(a-c)(b-c)(a+b-2c)$

Mà ta có $(a-c)^3+(b-c)^3-(a-c)(b-c)(a+b-2c)=(a+b-2c)(a-b)^2\geqslant 0$ nên ta có điều phải chứng minh.

Cách 3. Gom lại được $(a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c)\geqslant 0$ luôn đúng.

Áp dụng bất đẳng thức phụ $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4} $ ta có 

$(a+b-c)(a+c-b)\leq \frac{(a+b-c+a+c-b)^2}{4}=a^2 $

Lập các BĐT tương tự nhân lại có đpcm

Xem lại chữ đõ ở trên.

Lời giải.

Nếu $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\leqslant 0$ thì hiển nhiên ta có bất đẳng thức đầu.

Nếu $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)> 0$

Giả dụ $b+c-a<0$ thì $(c+a-b)(a+b-c)<0$, khi đó ta có hoặc $2c<0$ hoặc $2b<0$ vô lý.

Do đó sẽ không có $b+c-a<0$ và toàn thể ta có $b+c-a, c+a-b, a+b-c\geqslant 0$

Giờ mới có thể nhân lại như Chung Anh

Cho $x=y=z=0$ ta được $f(f(0))=0$, đặt $a=f(0)$ thì $f(a)=0$

Cho $x=0, y=1, z=a$ ta được $f(f(a))=\dfrac{f(0)}{2}+a\Leftrightarrow f(0)=0$

Cho $z=0$ ta được $f(xy)=\dfrac{xf(y)+yf(x)}{2}  \;\;\;(2)$

Trong $(2)$ cho $y=1$ ta được $2f(x)=xf(1)+f(x)\Leftrightarrow f(x)=xf(1)$

Vậy $f(x)=kx$, trong phương trình đầu cho $x=y=0$ ta được $f(f(z))=z\Leftrightarrow k^2=1\Leftrightarrow k=\pm 1$

Vậy $f(x)=-x$ hoặc $f(x)=x$, thử lại thỏa mãn.

$(INEQ)\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}\geqslant \dfrac{6}{5}$

Giả sử $(3b-1)(3c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow b^2+c^2\leqslant \dfrac{1}{9}+\left(b+c-\dfrac{1}{3}\right)^2$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}\geqslant \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}+\dfrac{(2-b-c)^2}{b^2+c^2+2}$

Đến đây dễ rồi.

$\dfrac{a^2}{b}+3(b-a)\geqslant \sqrt{a^2-ab+b^2}$, tương tự.

Xét hàm số $f(a,b,c,d)=4abcd+32-9(a+b+c+d)$ và $2t^2=a^2+b^2$, để định ý ta chọn $t\geqslant 0$

$f(a,b,c,d)-f(t,t,c,d)=-cd(a-b)^2+\dfrac{9(a-b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}$

Chú ý là $cd\leqslant \dfrac{4-(a^2+b^2)}{2}$ và $a+b\leqslant \sqrt{2(a^2+b^2)}$ nên $\dfrac{9}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}-cd\geqslant \dfrac{(a^2+b^2)-4}{2}+\dfrac{9}{2\sqrt{2(a^2+b^2)}}>0$

do $\dfrac{(a^2+b^2)}{2}+\dfrac{9}{4\sqrt{2(a^2+b^2)}}+\dfrac{9}{4\sqrt{2(a^2+b^2)}}-2\geqslant \dfrac{9}{4}\sqrt[3]{3}-2>\dfrac{9}{4}-2>0$

Do đó $f(a,b,c,d)\geqslant f(t,t,c,d)\geqslant f(t,t,s,s)$

Vậy là ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $a=b,c=d$, thế trực tiếp khảo sát hàm số.

Sao lại có cái đại lượng đó hả bạn mình thấy chỉ cần chứng minh hàm theo $w^3$ là hàm lồi thôi mà còn cái kia quy đồng vài bước là ra thôi không cần phải đặt ẩn làm gì đâu...

Mà để làm theo một cách sơ cấp thì phải dùng đại lượng đó

Nhưng chắc chắn sẽ đỡ hơn về phần tính toán bn ạ.

Không đỡ hơn đâu bạn, ngồi đó mà chứng minh lại ABC là mất vài dòng khai triển và ẩn phụ cho đại lượng $\prod (a-b)^2$, sau đó ngồi đạo hàm 2 lần và rồi xét đến 2 trường hợp.

Đặt $a+b+c=3u,ab+bc+ac=3v^2,abc=w^3$ dễ dàng kiểm tra đc BĐT cần chứng minh tương đương với:$f(w^3)\leq 0$

$f(w^3)$ là 1 hàm lồi nên theo phương pháp $uvw$ ta sẽ chỉ cần kiểm tra BĐT trong TH là $a=b$ hoặc $c=0$.Cả 2 TH này đều cho ta kết quả đúng.

Tôi nghĩ rằng lời giải này và lời giải dồn biến của tôi hoàn toàn giống nhau.

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev: $P\geqslant \dfrac{3(a^3+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$

Ngoài ra theo bất đẳng thức TBLT ta có $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leqslant \sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

$3\leqslant \sqrt[3]{9(a^3+b^3+c^3)}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}$

Đến đây chắc được,

Dùng $Menelaus$ cho $\Delta ABC$ với $\overline{K,F,E} : \frac{KB}{KC}.\frac{CE}{EA}.\frac{AF}{FB}=1.$

Dùng $Ceva$ cho $\Delta ABC$ với $AD,BE,CF$ đồng quy $: \frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}.\frac{AF}{FB}=1.$

Suy ra $\frac{KB}{KC}= \frac{BD}{DC} \rightarrow (KDBC)=-1 \rightarrow (AK,AD,AB,AC)=-1 \rightarrow (AM,AN,AF,AC)=-1.$

Mà $AC//MN \rightarrow (MNF\infty)=-1 \rightarrow MF=NF.$

Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AK$ và $AD$ lần lược tại $P,Q$. Khi đó cần chứng minh $B$ là trung điểm $PQ$

$\widehat{KFB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{BFD}$. Do đó theo tính chất phân giác trong ngoài ta có $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{DB}{DC}$

Áp dụng định lý Thales: $\dfrac{BP}{AC}=\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{BQ}{AC}$

Do đó $B$ là trung điểm $PQ$ kéo theo $F$ là trung điểm $MN$

Giả sử $a=\text{min}\{a,b,c\}$. Đặt $t=-a+\sqrt{(a+b)(a+c)}$ thì $a(2t-b-c)=bc-t^2\Rightarrow b+c\geqslant 2t\geqslant 2\sqrt{bc}$

$\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}-\dfrac{2}{t^2+1}=\dfrac{(b^2+c^2)t^2-(bc)^2+2t^2-b^2-c^2}{(b^2+1)(c^2+1)}\geqslant 0$

Do đó $\sum \dfrac{1}{a^2+1}\geqslant \dfrac{1}{\dfrac{(3-t^2)^2}{4t^2}+1}+\dfrac{2}{t^2+1}$

Đến đây biến đổi tương đương.

Bậc chênh lệch khá lớn giữa tử và mẫu nên ta thực hiện giảm độ chênh lệch đó. Đặt $a=\dfrac{1}{x}, b=\dfrac{1}{y}, c=\dfrac{1}{z}$

Lúc này ta có $\sum \dfrac{1}{a^4(b+1)(c+1)}=\sum \dfrac{x^3}{(y+1)(z+1)}$

Đây là bài toán quen thuộc giải bằng AM-GM, Holder, ...

Nếu $p=q$ thì giải ra được $p=q=2$ hoặc $p=q=5$

Nếu $p>q>2$ thì $(pq,p+q)=1$ và $(m^2+1, m+1)\leqslant 2$

Xét $m=2k-1$. Khi đó $\dfrac{m^2+1}{m+1}=\dfrac{2k^2-2k+1}{k}$. Do đó $pq=2k^2-2k+1$ và $p+q=k$. Nhưng ở đây ta lại có $k^2>4(2k^2-2k+1)$ là điều vô lý.

Do đó $(m^2+1, m+1)=1$ nên $pq=m^2+1$ và $p+q=m+1$. Từ đây ta suy ra $(m+1)^2>4(m^2+1)$ vô lý.

Do đó chỉ có $p=q=2$ là nghiệm duy nhất.

Câu 48

Để $\sqrt{1+p+p^2+p^3+p^4}$ là số hữu tỉ thì $1+p+p^2+p^3+p^4$ phải là bình phương của một số hữu tỉ mà $p$ nguyên tố nên $1+p+p^2+p^3+p^4$ phải là số chính phương

Đặt $1+p+p^2+p^3+p^4=t^2$ với $t\in \mathbb{Z}$

Ta có: $4t^2=(2p^2+p)^2+3p^2+4p+1$

           $\Rightarrow (2p^2+p)^2+4(2p^2+p)+4> 4t^2> (2p^2+p)^2$

           $\Leftrightarrow (2p^2+p+2)^2> 4t^2> (2p^2+p)^2$

           $\Rightarrow 4t^2=(2p^2+p+1)^2$

           $\Rightarrow (2p^2+p)^2+3p^2+4p+1=(2p^2+p)^2+4p^2+2p+1$

           $\Leftrightarrow p(p-2)=0\Rightarrow p=2$ ( vì $p$ nguyên tố )

Hình như phải là $(p+1)(p-3)=0$

Bài 2. a) Đặt $P(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$ với $0\leq a_{\overline{0,n}}\leq 6$

Ta có: $P(6)=1994\Rightarrow a_0+6a_1+36a_2+216a_3+1296a_4+7776a_5+...6^na_n=1994$

           $\Rightarrow n\leq 4$

           $\Rightarrow 1994=P(6)=a_0+6a_1+36a_2+216a_3+1296a_4\geq 259+1296a_4$

           $\Rightarrow a_4=1$

           $\Rightarrow 698=a_0+6a_1+36a_2+216a_3\geq 43+216a_3\Rightarrow a_3 \leq 3$

Lại có: $ 698=a_0+6a_1+36a_2+216a_3\leq 6+6.6+36.6+216a_3\Rightarrow a_3>2$

           $\Rightarrow a_3=3$

           $50=a_0+6a_1+36a_2\geq 1+6+36a_2\Rightarrow a_2\leq 1\Rightarrow a_2=1$

           $\Rightarrow 14=6a_1+a_0\Rightarrow a_1=2;a_0=2$

Vậy $P(x)=x^4+3x^3+x^2+2x+2$

b) Lập luận tương tự ta có: $P(x)=x^4+3x^3+x^2+5x+2$

Một cách nhanh hơn cho bài này.

(a) $1994=13122_{(6)}$ nên $P(x)=x^4+3x^3+x^2+2x+2$

(b) Tương tự.

Bài 2. Ta gọi các điểm đó là $O,A,B,C,D,E$. Xét một tam giác bất kỳ thì tô màu đỏ cho cạnh nhỏ nhất của tam giác đó, các đoạn còn lại tô màu xanh.

Xét $OA,OB,OC,OD,OE$ thì theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ba đoạn cùng màu.

Nếu $OA,OB,OC$ cùng màu xanh thì $ABC$ là tam giác có ba cạnh cùng màu đỏ nên tam giác $ABC$ là tam giác cần tìm

Nếu $OA,OB,OC$ cùng màu đỏ thì xét tam giác $ABC$ luôn tồn tại một cạnh có màu đỏ (theo cách tô), giả dụ nó là $AB$ thì tam giác $ABO$ là tam giác cần tìm.

Nếu đây chỉ là bạn áp dụng BĐT Schur bình thường thì nên xem lại với $a=3; b=c=1$, bất đẳng thức đổi chiều.

Tuy nhiên đề bài cho $a,b,c$ là các cạnh của tam giác, vì thế bạn có thể chứng minh bất đẳng thức $6p^3+108r \leqslant 30pq$ được không ?

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho bộ số $(b+c-a,c+a-b, a+b-c)$

Ta có $2^{n}.P*^{3n}=P*^{3n}$. Do đó $n=0$

Thế thì $P(x)\equiv 0$ hoặc $P(x)\equiv 1$

Áp dụng bất đẳng thức Holder: $\left(\sum \dfrac{a}{\sqrt{a^2+3bc}}\right)^2\left[\sum a(a^2+3bc)\right]\geqslant (a+b+c)^3$

Do đó ta cần chứng minh: $12(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 5(a^3+b^3+c^3)+81abc$

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ thì bất đẳng thức trở thành: $27pq\geqslant 5p^3+108r$

Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có $6p^3+108r\leqslant 30pq$ và áp dụng $p^2\geqslant 3q\Leftrightarrow -p^3\leqslant -3pq$

Cộng hai bất đẳng thức lại cho ta điều phải chứng minh.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$\sum \dfrac{1+a}{1+b}=3+a+b+c-\sum \dfrac{b(1+a)}{1+b}\leqslant 3+a+b+c-3\sqrt[3]{\prod \dfrac{b(1+a)}{1+b}}\leqslant a+b+c$

Bài 1. $2003^{2000}\equiv 2^{2000}= 4^{1000}\equiv 1\pmod{3}$

Do đó $x=0$ hoặc $y=0$, thay vào được $(x,y)\in \{(0,2003), (2003,0)\}$

Bài 2. Ta có $x=2001+y-2\sqrt{2001y}$

Do đó $2001y$ là số chính phương. Mà $0\leqslant y\leqslant 2001$ nên $y=2001$ hoặc $y=0$

Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ thì ta có:

$$c[4(a-b)(a^2+b^2+ab-c^2)+2c^2(a+b)+c^3]\geqslant 0\\ \Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2-(a^2+b^2)^2\geqslant 4(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)-4ab(a-b)(a+b)$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $c=0$. Chuẩn hóa $b=1$ thì ta cần có:

$$(a^2+1)^2\geqslant 4a(a^2-1)\Leftrightarrow (a^2-2a-1)^2\geqslant 0$$

Nếu $1+2abc\geqslant a^2+b^2+c^2$ đúng với $a,b,c\in [-1,1]$ thì cũng đúng với $a,b,c\in [0,1]$

Em nghĩ thế.