hungmitom

rồi sao nữa bạn làm tiếp đi

ta có thể nhận xét được x, y dều dương như sau:

pt 1 ta có: $x(x^{2}+x+3)=4+y^{2}$

vì $4+y^2 > 0$ và $x^2+x+3> 0$ nên $x>0$

pt 2 ta có: $y(y^2+3y+3)=4+3x^2$

vì $4+3x^2> 0$ và $y^2+3y+3 > 0$ nên $y>0$

nên $x^2+xy+y^2+7x+y>0$ với mọi x,y.

Giả sử $x\leq y\leq z$
Theo bdt Chebyshev thì $x^2y+y^2z+z^2x\leq \frac{1}{3}(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\leq \frac{1}{9}(x+y+z)^3=\frac{1}{9}$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

hình như bị ngược chiều rùi bạn. với lại nếu chọn hai bộ là $\left ( x^{2},y^{2},z^{2} \right )$ và (y,z,x) thì bộ (y,z,x) không là bộ đơn điệu tăng.

Giả sử $x\le y\le z$
$=>(y-x)(y-z)\le 0=>y^2+xz\le xy+yz=>y^2z+xz^2\le xyz+yz^2$
$=>P\le x^2y+xyz+yz^2=y(x^2+xz+z^2)\le y(x+z)^2=4.y\frac{(x+z)^2}{4}\le 4.\frac{2(x+y+z)}{54}=\frac{4}{27}$
Đẳng thức xảy ra khi $(x,y,z)=(0;\frac{2}{3};\frac{1}{3})$

bạn giả sử $x\leqslant y\leqslant z$mà dấu dẳng thức lại là x<z<y ?

mình xin giải bài 1
ta có
chú ý
$(2+1)(2^2 +1)(2^4+1)(2^8+1)(2^{16}+1)(2^{32}+1) =(2^2-1)(2^2+1)(2^4+1)(2^8+1)(2^{16}+1) =(2^4-1)(2^4+1)(2^8+1)(2^{16}+1) =(2^8-1)(2^8+1)(2^{16}+1) =(2^{16}-1)(2^{16}+1) =2^{32}-1$
khi đó phương trình trở thành
$2^{x^{2}-7x+4}=2^{32}$
có lẽ tới đây bạn tự giải được

Phương trình đã cho viết thành: $f\left( {f\left( x \right)} \right) - f\left( x \right) = x$

Vế trái là một hàm tuyến tính nên giả sử: $f\left( x \right) = ax + b$. Thay vào ta được:
\[a\left( {ax + b} \right) + b - \left( {ax + b} \right) = x \Leftrightarrow {a^2}x + ab - ax = x \Leftrightarrow \left( {{a^2} - a} \right)x + ab = x\]
Đống nhất hệ số: $\left\{ \begin{array}{l}
{a^2} - a = 1\\
ab = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}\\
b = 0
\end{array} \right.$.

Vậy $f\left( x \right) = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}x$. Thử lại thấy đúng.

nhưng làm sao chúng ta chứng minh hàm tìm được là duy nhất vậy. mong bạn viết thêm cho đầy đủ.