Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều biết tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức \(S{\rm{ = }}\frac{2}{3}{R^2}\left( {{{\sin }^3}A + {{\sin }^3}B + {{\sin }^3}C} \right)\)

1) Theo định lí sin ta có : \({\sin ^3}A = \frac{{{a^3}}}{{8{R^3}}};{\rm{ }}{\sin ^3}B = \frac{{{B^3}}}{{8{R^3}}};{\sin ^3}C = \frac{{{c^3}}}{{8{R^3}}}\)

\(VT{\rm{  =  }}\frac{2}{3}{R^2}\left( {\frac{{{a^3}}}{{8{R^3}}} + \frac{{{b^3}}}{{8{R^3}}} + \frac{{{c^3}}}{{8{R^3}}}} \right) = \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{12R}}\)

Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: \({a^3} + {b^3} + {c^3} \ge 3abc\)

⇒ \(VT \ge \frac{{abc}}{{4R}}\)

Mà \(S = \frac{{abc}}{{4R}}\), dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ⇔ \(\Delta ABC\) đều.

2) Ta có \(\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} = \frac{{{x^2}}}{{xy}} + \frac{{{y^2}}}{{yz}} + \frac{{{z^2}}}{{zx}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx}}.\) 

Ta cần chứng minh: \(\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx}} \ge \frac{9}{{x + y + z}} \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^3} \ge 9\left( {xy + yz + zx} \right)\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{\left( * \right)}
\end{array}\).

Đặt \(t = x + y + z,\left( {\sqrt 3  < t \le 3} \right) \Rightarrow xy + yz + zx = \frac{{{t^2} - 3}}{2}.\) BĐT (*) thành \({t^3} \ge \frac{{9\left( {{t^2} - 3} \right)}}{2} \Leftrightarrow {\left( {t - 3} \right)^2}\left( {2t + 3} \right) \ge 0\) (luôn đúng).

3) Ta có \(P\left( { - 1} \right) = 1,P\left( 1 \right) = 1.\) Giả sử  các nghiệm thực của P(x) là \({a_1},{a_2},...,{a_{2018}}\), tức là \(P\left( x \right) = \left( {x - {a_1}} \right)\left( {x - {a_2}} \right)...\left( {x - {a_{2018}}} \right).\)

Khi đó, \(P\left( 1 \right) = \left( {1 - {a_1}} \right)\left( {1 - {a_2}} \right)...\left( {1 - {a_{2018}}} \right) = 1\), \(P\left( { - 1} \right) = \left( { - 1 - {a_1}} \right)\left( { - 1 - {a_2}} \right)...\left( { - 1 - {a_{2018}}} \right) = 1\) hay \(P\left( { - 1} \right) = \left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)...\left( {1 + {a_{2018}}} \right) = 1\)

Suy ra \(P\left( 1 \right).P\left( { - 1} \right) = \left( {1 - a_1^2} \right)\left( {1 - a_2^2} \right)...\left( {1 - a_{2018}^2} \right) = 1.\) Suy ra tồn tại \(k \in \left\{ {1,2,...,2018} \right\}\) sao cho \(a_k^2 - 1 \le 1 \Leftrightarrow \left| {{a_k}} \right| \le \sqrt 2 .\) Hay tồn tại nghiệm \({x_0}: = {a_k}\) thỏa mãn điều kiện \(\left| {{x_0}} \right| \le \sqrt 2 .\)