Bài bất đẳng thức Mexico National Olympiad 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển Mexico National Olympiad 2014)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}}$$
 Mà theo bất đẳng thức AM-GM ta có
$$a+b+1\geq 3\sqrt[3]{ab},\;\;b+c+1\geq 3\sqrt[3]{bc},\;\;c+a+1\geq 3\sqrt[3]{ca}$$$$\rightarrow \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}\leq \frac{2(a+b+c)+3}{3}=3$$Dẫn đến
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}$$
Vậy chứng minh được hoàn thành.

Làm mạnh bất đẳng thức trên:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b=c=3$. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với  mọi $n$:
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[n]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[n]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[n]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$

Bài bất đẳng thức IMO ShortList 1998

Bài toán. (IMO ShortList 1998)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{3}{4}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8}\geq \frac{3x}{4}\;\;(1)$$ Tương tự ta được $$\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{1+z}{8}+\frac{1+x}{8}\geq \frac{3y}{4}\;\;(2)$$$$\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+y}{8}\geq \frac{3z}{4}\;\;(3)$$
Cộng $(1)(2)(3)$ vế theo vế ta suy ra $$\sum \frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}\geq \frac{1}{2}\left ( x+y+z \right )-\frac{3}{4}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}$$

Làm mạnh bài bất đẳng thức trên:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng  $$\frac{x^{n}}{\left ( \lambda +y \right )\left ( \lambda+z \right )}+\frac{y^{n}}{\left ( \lambda+z \right )\left ( \lambda+x \right )}+\frac{z^{n}}{\left ( \lambda+x \right )\left ( \lambda+y \right )}\geq \frac{3}{\left ( \lambda+1 \right )^{2}},\;\;n\geq 1,\lambda\geq 1$$

Bài toán.
Cho tam giác $ABC$, $B',C'$ là trung điểm $CA,AB$. Gọi $J,K$ là tâm đường tròn bàng tiếp

góc $B,C$. Gọi $P,Q,R,S$ là chân đường cao kẻ từ $A$ đến $KB,KC,JB,JC$.

Chứng minh rằng $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Lời giải.

Tam giác $APB$ vuông ở $P$ có $PC'$ là trung tuyến nên $$\widehat{KPC'}=90^{0}+\widehat{APC'}=180^{0}-\widehat{KBA}=\widehat{KBC}\rightarrow PC'\parallel BC$$ Tương tự ta được $SB'\parallel BC$. Dẫn đến $P,S,B',C'$ thẳng hàng 

Lại có tứ giác $AKPQ$ nội tiếp nên $$\widehat{QPK}=180^{0}-\widehat{KAQ}=90^{0}+\widehat{AKQ}=90^{0}+\left ( 180^{0}-\frac{\widehat{C}}{2} -90^{0}-\frac{A}{2}\right )$$$$\rightarrow \widehat{QPK}=180^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}=\widehat{KBC}\rightarrow PQ\parallel BC$$

Tương tự ta được $RS\parallel BC$. Từ đây suy ra $6$ điểm $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Bài đa thức Vietnamese Mathematical Olympiad 2006

Bài toán. (VMO 2006)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực, thỏa mãn $$P(x^{2})+x\begin{bmatrix}
3P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}=\left ( P(x) \right )^{2}+2x^{2},\;\forall x\in R\;\;(1)$$Lời giải.
Bổ đề. Cho đa thức $Q(x)$ với hệ số thực thỏa $$Q(x^{2})=Q^{2}(x),\,\forall x\in R$$ Khi đó $Q(x)=0$  hoặc $Q(x)=1$  hoặc $Q(x)=x^{n}$

Chứng minh.
Nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì  $Q(x)\equiv 0$ hoặc  $Q(x)\equiv 1$

Nếu $P(x)$ khác hằng. Đặt $Q(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$

Xét hệ số bậc $2n$ ta được $a_{n}^{2}=a_{n}\Rightarrow a_{n}=1$

Xét hệ số bậc $2n-1$ ta được $$2a_{n}a_{n-1}=0\Rightarrow a_{n-1}=0\Rightarrow Q(x)=x^{n}+a_{n-2}x^{n-2}+..+a_{1}x+a_{0}$$ Tương tự ta có $a_{n-2}=a_{n-3}=...=a_{0}=0\Rightarrow Q(x)=x^{n}$

Vậy $Q(x)\equiv 0$ hoặc  $Q(x)\equiv 1$ hoặc $Q(x)=x^{n}$

Trở lại bài toán.
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $-x$ ta được $$P(x^{2})-x\begin{bmatrix}
3P(-x)+P(x)
\end{bmatrix}=\left ( P(-x) \right )^{2}+2x^{2}\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$4x\begin{bmatrix}
P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}=\left ( P(x) \right )^{2}-\left (  P(-x)\right )^{2}\Rightarrow \begin{bmatrix}
P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
P(x)-P(-x)-4x
\end{bmatrix}=0$$ Do $P(x)$ là đa thức nên $P(x)+P(-x)=0$ với $\forall x$ hoặc $P(x)-P(-x)-4x=0$ với $\forall x$

Trường hợp 1. Nếu $P(x)+P(-x)=0\Rightarrow P(-x)=-P(x)$. Thế vào $(1)$ ta được $$P(x^{2})+2xP(x)=\left ( P(x) \right )^{2}+2x^{2}\Rightarrow P(x^{2})-x^{2}=\left ( P(x)-x \right )^{2}$$ Đặt $Q(x)=P(x)-x$. Khi đó $Q(x^{2})=Q^{2}(x)$. Áp dụng bổ đề suy ra

$P(x)=x$ hoặc $P(x)=x+1$ hoặc $P(x)=x^{n}+x$.

Thử lại ta nhận $P(x)=x$ hoặc $P(x)=x^{2k+1}+x$

Trường hợp 2. Nếu $P(x)-P(-x)-4x=0\Rightarrow P(-x)=P(x)-4x$. Khi đó $$P(x^{2})+4x\begin{bmatrix}
P(x)-x
\end{bmatrix}=P^{2}(x)+2x^{2}\Rightarrow P(x^{2})-2x^{2}=\begin{bmatrix}
P(x)-2x
\end{bmatrix}^{2} $$ Đặt $Q(x)=P(x)-2x$. Khi đó $Q(x^{2})=Q^{2}(x)$. Áp dụng bổ đề ta được

$P(x)=2x$ hoặc $P(x)=2x+1$ hoặc $P(x)=x^{n}+2x$.

Thử lại ta nhận $P(x)=2x$ hoặc $P(x)=x^{2k}+2x$