Phương trình vô tỷ

Đề bài: Giải phương trình: $2x + 1 + x\sqrt{x^2 + 2} + (x + 1)\sqrt{x^2 + 2x + 3} = 0$

Bài làm:
$$pt\Longleftrightarrow 2x+1+x\sqrt{x^2+2}+x\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2x+3}=0$$
$$\Longleftrightarrow (2x+1)+(x\sqrt{x^2+2}+\dfrac{3}{4})+(x\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{4})+(\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{2})=0$$
$$\Longleftrightarrow 2x+1+\dfrac{x^4+2x^2-\dfrac{9}{16}}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^4+2x^3+3x^2-\dfrac{9}{16}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^2+2x+\dfrac{3}{4}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}}=0$$
$$\Longleftrightarrow 2x+1\dfrac{(x^2-\dfrac{1}{4})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{(x+\dfrac{1}{2})(x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8})}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{(x+\dfrac{1}{2})(x+\dfrac{3}{2})}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}}=0$$
$$\Longleftrightarrow \left(x+\dfrac{1}{2}\right) \left[2+\dfrac{(x-\dfrac{1}{2})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x+\dfrac{3}{2}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}}\right]=0$$
Đến đây ta biện luận như sau :
Phương trình đã cho ban đầu :
$$2x+1+x\sqrt{x^2+2}+(x+1)\sqrt{x^2+2x+3}=0$$
$$\Longleftrightarrow (x+1)(1+\sqrt{x^2+2x+3})+x(1+\sqrt{x^2+2})=0$$
$\Longrightarrow$ Với x lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc x bé hơn hoặc bằng -1 phương trình vô nghiệm. Do đó $x \in (-1;0)$
$\ast \  x \in (-1;0) \Longrightarrow \begin{cases}x-\dfrac{1}{2}<0\\x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}<0\end{cases} \Longrightarrow \dfrac{(x-\dfrac{1}{2})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}>0$

$\ast \ x \in (-1;0) \Longrightarrow x+\dfrac{3}{2} >0 \Longrightarrow \dfrac{x+\dfrac{3}{2}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}} >0$

Đặt $f(x)=x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8} , x \in (-1;0)$
$f'(x)=3x^2+3x+\dfrac{9}{4} >0\Longrightarrow$ hàm đồng biến trên R
mà $f(0)=\dfrac{-9}{8} < 0$ nên $\Longrightarrow x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8} < 0 ; \ x \in (-1;0)$
Đồng thời $\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}<0 (cmt)$
$$\Longrightarrow \dfrac{x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}} >0$$
Từ đây suy ra ta có :
$$\dfrac{(x-\dfrac{1}{2})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x+\dfrac{3}{2}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}} > 0$$

Vậy $\boxed{x=\dfrac{-1}{2}}$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Đề thi MSS trận 3

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.
Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Bài làm:

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\dfrac{AF}{FB}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Chứng minh:

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \dfrac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\dfrac{BD}{DC}$

Tương tự $\dfrac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\dfrac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\dfrac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$

Tương tự: $\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\dfrac{AF}{FB}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\dfrac{AF'}{F'B}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\dfrac{AF'}{F'B}=\dfrac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

Trở về bài toán:

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{FL}{BK} \ ; \ \dfrac{AE}{AC}=\dfrac{EI}{CK} \ ; \ \dfrac{EI}{FL}=\dfrac{EM}{FM}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FM}{EM}=\dfrac{BK}{FL}.\dfrac{EI}{CK}.\dfrac{FL}{EI}\implies \dfrac{BK}{CK}= \dfrac{FM}{EM} .\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC} \ \ (1)$

Tượng tự ta cũng có: $\dfrac{CJ}{AJ}=\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{BC}{BD}.\dfrac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

$\dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{BC}{BD}.\dfrac{BF}{AB}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{AC}{EC}.\dfrac{CD}{BC} \\ \implies \dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{DC}{BD}.\dfrac{BF}{AF}.\dfrac{AE}{CE} \ \ (\star)$

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{DN}{FN}=1$ và $\dfrac{DC}{BD}.\dfrac{BF}{AF}.\dfrac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

Câu BĐT Đề thi THPT chuyên KHTN lần 2 năm 2009

Đề bài: Cho $x;y;z$ thỏa mãn $0\le x;y;z\le 2$  và $x+y+z=3$ . Tìm min và max của biểu thức sau: $$M=x^4+y^4+z^4+12(1−x)(1−y)(1−z)$$
Bài làm:
Đặt $a=x-1 \ ; \ b=y-1 \ ; \ c=z-1$ ta có: $-1\le a,b,c\le 1$ và $a+b=c=0$
Khi đó $M=(a+1)^4+(b+1)^4+(c+1)^4-12abc$
$=a^4+b^4+c^4+4(a^3+b^3+c^3)+6(a^2+b^2+c^2)+4(a+b+c)+3-12abc$
Vì $a+b+c=0\implies a^3+b^3+c^3-3abc=0$ . Do đó:
$$M=a^4+b^4+c^4+6(a^2+b^2+c^2)+3\ge 3$$
Dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c=0\iff x=y=z=1$
Mặt khác ta có: $-1\le a,b,c\le 1\implies |a| \ ; \ |b| \ ; \ |c| \le 1$ suy ra:
$$M\le 7(|a|+|b|+|c|)+3$$
Ta lại có: $a+b+c=0$ nên ta giả sử $bc\ge 0$ thì $|b|+|c|=|b+c|=|a|$ nên:
$$M\le 7(|a|+|b|+|c|)+3=14|a|+3\le 17$$
Dấu bằng xảy ra $\iff a=1;b=-1;c=0$ và các hoán vị$.\blacksquare$

Đề thi MSS Trận 4

Đề bài: Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Bài làm:

Đầu tiên ta có bất đẳng thức cơ bản: $(a+b)^2\ge 4ab\iff (a-b)^2\ge 0$(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Đặt $x+y=t$, ta có: $t^3+t^2=(x+y)^3+(x+y)^2\ge (x+y)^3+4xy\ge 2 \\ \implies t^3+t^2\ge 2$

Xét bất phương trình: $t^3+t^2-2\ge 0\iff (t-1)(t^2+2t+2)\ge 0\iff t\ge 1$

Lại có: $x^4+y^4+x^2y^2\ge \dfrac{3}{4}(x^2+y^2)^2\iff (x^2-y^2)^2\ge 0$ ( luôn đúng)

Do đó: $P\ge \dfrac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$

Đặt $x^2+y^2=k, \ k\ge 0$. Mà $2(x^2+y^2)\ge (x+y)^2\iff (x-y)^2\ge 0\implies 2k\ge t^2\implies k\ge \dfrac{1}{2}$

Ta đưa về bài toán, tìm min của: $P=\dfrac{9k^2}{4}-2k+1$ với $k\ge \dfrac{1}{2}$ Ta có: $P=\dfrac{1}{4}(9k^2-8k+4)=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\right]=\dfrac{1}{4}\left[ \left(k^2-\dfrac{1}{4}\right)+8\left(k-\dfrac{1}{2}\right)^2\right]+\dfrac{9}{16}\ge \dfrac{9}{16}$

Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}k^2-\dfrac{1}{4}=0 \\ k-\dfrac{1}{2}=0\end{cases}\iff k=\dfrac{1}{2}\implies t=1\implies \begin{cases}x+y=1 \\ x=y\end{cases}\iff x=y=\dfrac{1}{2}$

Vậy $\min P=\dfrac{9}{16}$ khi và chỉ khi $x=y=\dfrac{1}{2}.\blacksquare$