Lấy $x=y=0$ thì được $P(0)=0$ hoặc $P(0)=\dfrac{1}{2^{2014}}$

Nếu $P(x)\equiv C$ thì $C=0$ hoặc $C=\dfrac{1}{2^{2014}}$

Nếu $\text{deg}P=n\geqslant 1$ thì lấy $x=y=t$ ta được $P(2t^{2015})=2P^{2015}(t)$ và lấy $x=t, y=0$ ta được $P(t^{2015})=P^{2015}(t)+P^{2015}(0)$

Khi đó ta có $2^nP^*=2{P^*}^{2015}$ và $P^*={P^*}^{2015}$ hay $P^*=1$ và $n=1$

Do đó $P(x)=x+b$. Kết hợp với $P(0)=0$ cho ta suy ra

$$P(x)\equiv 0, P(x)\equiv 2^{-2014}, P(x)=x, P(x)=x+2^{-2014}$$

Thử lại thấy $P(x)=x+2^{-2014}$ không thỏa mãn.

Em lại nghĩ a,b,c vai trò như nhau 

Không đâu, em thay $a$ bởi $b$ và $b$ bởi $a$ là ra một bất đẳng thức khác

Bài 1. $9^p-1=8(9^{p-1}+9^{p-2}+...+9+1)\Rightarrow m=9^{p-1}+9^{p-2}+...+9+1$ là tổng của $p$ số lẻ nên là số lẻ vì $p$ lẻ.

Kia là Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu ngược mà(giả sử $a\geq b\geq c$)?

Vai trò $a,b,c$ không như nhau nên ta không thể giả sử thế.

Nhưng với $(x,y,z)$ là bộ hoán vị của $(a,b,c)$ sao cho $(x,y,z)$ đơn điệu thì áp dụng được Chebyshev cho bộ $(x^4, y^4, z^4)$ và $(x^{-1}, y^{-1}, z^{-1})$

2 bạn áp dụng Cô-Si nhưng đề bài đã cho a,b,c dương đâu. Não ngắn không hiểu bạn nào giải thích giùm mình đi 

O My God, thế thì mình cũng thua

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $VT\geqslant \dfrac{3}{\sqrt[9]{(a+3b)(b+3c)(c+3a)}}$

Chú ý là $\sqrt[3]{(a+3b)(b+3c)(c+3a)}\leqslant \dfrac{a+3b+b+3c+c+3a}{3}=1$ nên $\dfrac{3}{\sqrt[9]{(a+3b)(b+3c)(c+3a)}}\geqslant 3$

Ta có điều phải chứng minh.

$x+6.\dfrac{y}{6}+2000.\dfrac{z}{2000}\geqslant 2007\sqrt[2007]{xy^6z^{2000}}\Leftrightarrow xy^{6}z^{2000}\leqslant \dfrac{1}{2007^{2007}}$

Bài 1. Dù không thể giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ hay $a\leqslant b\leqslant c$ nhưng ta vẫn có thể áp dụng Chebyshev cho vế trái:

$$9(a^4+b^4+c^4)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\geqslant 27(a^3+b^3+c^3)$$

Đến đây ta áp dụng Holder: $a^3+b^3+b^3\geqslant \dfrac{(a+2b)^3}{9}, b^3+c^3+c^3\geqslant \dfrac{(b+2c)^3}{9}$ và $c^3+a^3+a^3\geqslant \dfrac{(c+2a)^3}{9}$

Cộng lại ta được điều phải chứng minh.

Bài 3. $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=16$

Xét $x+y+z=4$ thì $2(x^2+y^2)\geqslant (x+y)^2\Leftrightarrow 2(8-z^2)\geqslant (4-z)^2$ và giải nó ra.

Xét $x+y+z=-4$ làm tương tự.

Đối với dạng này thì tìm một đa thức $P$ có $\text{deg}P>0$ là nghiệm của phương trình, khi đó $P^n$ cũng là nghiệm và xét $P^*$

đọc lộn đề. mod xóa giúp

$\dfrac{2a^2}{b}+3(b-a)\geqslant 2\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}$

Bài 2

(a) Đặt $t=\sqrt{2x-5}$ thì phương trình trở thành: $\dfrac{|x+3|}{\sqrt{2}}+\dfrac{|x-1|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$

Chú ý là $VT\geqslant \dfrac{|x+3+1-x|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$ nên nghiệm là $x\in \left[\dfrac{5}{2},3\right]$

(b) Gọi hai nghiệm đó là $x_1, x_2$ thì $x_1+x_2=-a$ và $x_1.x_2=22-5a$

Khi đó ta có $(x_1-5)(x_2-5)=47$ nên ...

Bài 2 cho biên chắc đề là tìm giá trị nhỏ nhất. Ở đây hoàn toàn giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$

Ta sẽ chứng minh $\sqrt{4-b^2}+\sqrt{4-c^2}\geqslant \sqrt{4-(b+c-2)^2}\Leftrightarrow \sqrt{(4-b^2)(4-c^2)}+(b-2)(c-2)\geqslant 0$ luôn đúng

Do đó $BT\geqslant \sqrt{4-a^2}+\sqrt{4-(1-a^2)}\geqslant \sqrt{-2a^2+2a+3}=\sqrt{2(a+1)(2-a)+3}\geqslant \sqrt{3}$

Cách làm rất hay nhưng chỗ này là $2.S_{ABCD}$ chứ nhỉ?

Nhầm. đã sửa

Gọi $O, M, N$ lần lược là tâm, điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ và điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(ABC)$

Đến đây chứng minh $S_{OBC}=S_{ABC}$ và bạn tự làm tiếp.

Hướng làm đơn giản nhất mà tôi nghĩ đến đầu tiên là dùng diện tích vì thấy cái cái vế phải từa tựa diện tích tứ giác $ABCD$

Bỏ hai điểm $E,F$ đầu bài thay $E$ bằng hình chiếu của $B$ trên $AD$ và $F$ là hình chiếu của $D$ trên $BC$ (vuông góc)

Vậy ta có $AB.AD+CB.CD=\dfrac{AD.EB.AB}{EB}+\dfrac{BC.DF.CD}{DF}=2.\dfrac{CD}{DF}.S_{ABCD}$

Một cách tương tự với mẫu số, gọi $G$ là hình chiếu (vuông góc) của $C$ trên $AD$ thì ta được $\dfrac{AC}{BD}=\dfrac{CG}{DF}$

Vậy là bài toán được giải quyết.

Bài cuối. $\sqrt{2x+1}+\sqrt{2x+5}=\sqrt{2(y-3)+1}+\sqrt{2(y-3)+5}\Leftrightarrow y=x+3$

Bài 2. Từ giả thiết ta có $2xy=(x+y)^2+z^2-2015$, do đó $M=(x+y)^2+z^2-z(x+y)-2015\geqslant -2015$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=-y=\pm \sqrt{\dfrac{2015}{2}}, z=0$

Đề phải là $a,b,c\geqslant 0$ chứng minh $a^3+b^3+abc\geqslant ab(a+b+c)$

Bất đẳng thức tương đương với $(a+b)(a-b)^2\geqslant 0$ luôn đúng.

Cho tớ hỏi Định lí ABC như thế nào vậy?

Xét bất đẳng thức $f(a,b,c)\geqslant 0$ có thể viết lại thành $g(abc)\geqslant 0$.

Nếu $g(abc)$ là hàm số đơn điệu thì ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi có hai biến bằng nhau, trường hợp $a,b,c\geqslant 0$ xét thêm trường hợp có một biến bằng 0.

Nếu $g(a,b,c)$ là hàm số lồi thì $f(a,b,c)$ có giá trị lớn nhất đạt tại hai biến bằng nhau, trường hợp $a,b,c\geqslant 0$ xét thêm trường hợp có một biến bằng 0.

...

Bài này có thể dùng Schur bậc 4, nhưng dấu bằng xảy ra ở đâu nhỉ   

Gọi BĐT đã cho là (1), BĐT cần chứng minh là (2).

Biến đổi (1) thành $ (\sum ab)^{2} \geq \frac{\sum a^{4}}{2} + 2abc(\sum a) $.

Như vậy để chứng minh (2) thì ta phải chứng minh :

$ \frac{\sum a^{4}}{2} + 2abc(\sum a) \geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{4} $

$ \leftrightarrow  \sum a^{4} + 4abc(\sum a)\geq 2\sum a^{2}b^{2} $.

Nhưng theo Schur bậc 4 và AM - GM: $ \sum a^{4} + abc(\sum a)\geq \sum ab(a^{2}+b^{2}) \geq 2\sum a^{2}b^{2} $.

Ta có đpcm.

Để ý là $2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-a^4-b^4-c^4=(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\geqslant 0$

Nếu $b+c-a\leqslant 0$ thì $(c+a-b)(a+b-c)\leqslant 0$, chia ra hai trường hợp

- Nếu $c+a-b\leqslant 0$ thì $c\leqslant 0$ vô lý.

- Nếu $c+a-b\geqslant 0$ thì $b\leqslant 0$ vô lý.

Do đó $b+c-a\geqslant 0, c+a-b\geqslant 0$ và $a+b-c\geqslant 0$

Suy ra điều phải chứng minh

http://diendantoanho...rac9a2b2c2abc2/

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geqslant \dfrac{2(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-3}$

Đặt $t=a+b+c$ rồi biến đổi tương đương là ra $(2t+3)(t-3)^2\geqslant 0$ luôn đúng.

$y^2-(x+2)y+x^2+x=0$ có $\Delta = (x+2)^2-4(x^2+x)=-3x^2+4\geqslant 0$

Phương trình tương đương với $\sqrt{x+1}+\sqrt{3-x}-\dfrac{1}{2}=\left[\dfrac{1}{2}-\sqrt{3-x}\right]-[\sqrt{x+1}]$

Chú ý là $3>\sqrt{x+1}+\sqrt{3-x}-\dfrac{1}{2}\geqslant 1$