Cho đường tròn (O) bán kính 1. Ba điểm phân biệt A, B, C thay đổi nằm trên đường tròn (O) sao cho điểm O nằm bên trong tam giác ABC . Các đường thẳng OA, OB, OC lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \[{\rm{OBC, OCA, OAB}}\] tại M, N, P khác O. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(S = O{M^2} + O{N^2} + O{P^2}\)

a) Ta có: \((x + y)\left( {{x^2} - 2y + 2} \right) =  - 1\). Do đó có hai khả năng xảy ra:

\({\rm{ TH1: }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{{x^2} - 2y + 2 =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1 - x}\\{{x^2} + 2x + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.{\rm{. }}\)

\({\rm{ TH2: }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y =  - 1}\\{{x^2} - 2y + 2 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y =  - 1 - x}\\{{x^2} + 2x + 3 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)   (vô nghiệm)

Vậy có duy nhất cặp số nguyên \(\left( {x\,,\,y} \right)\)thỏa mãn yêu cầu là: \[{\rm{( - 1 ; 2) }}{\rm{.}}\]

b) Ta chia hình vuông ABCD thành 36 hình vuông có độ dài cạnh bằng 2. Khi đó có ít nhất một hình vuông không chứa điểm nào trong 31 điểm đã cho . Hình tròn nội tiếp hình vuông đã cho là hình tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) Từ giả thiết ta có: \(a \ne 0\) và \(\frac{{a - 4b + 16c}}{a} \le 0 \Rightarrow a(a - 4b + 16c) \le 0 \Rightarrow {(a - 2b)^2} \le 4\left( {{b^2} - 4ac} \right) \Rightarrow \Delta  \ge 0\)

do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1}\,,\,{x_2}\) mà \({x_1}\, + {x_2} =  - \frac{b}{a}\) và \({x_1}\,.{x_2} = \frac{c}{a}\). Đến đây thay vào giả thiết ta thu được: \( - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4{x_1}{x_2} \ge \frac{1}{4} \Rightarrow \left( {4{x_1} + 1} \right)\left( {4{x_2} + 1} \right) \le 0\). Nếu \({x_1}\,,\,{x_2}\) đều không âm thì dẫn đến điều vô lý. Do vậy phương trình phải có ít nhất một nghiệm âm.

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta được:

\(\sqrt {1 + 8{a^3}}  = \sqrt {(1 + 2a)\left( {1 - 2a + 4{a^2}} \right)}  \le \frac{{1 + 2a + 1 - 2a + 4{a^2}}}{2} = 2{a^2} + 1.\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt {1 + 8{b^3}}  \le 2{b^2} + 1;\sqrt {1 + 8{c^3}}  \le 2{c^2} + 1.\)

Do đó: \(P \ge \frac{{{a^2}}}{{\left( {2{a^2} + 1} \right)\left( {2{b^2} + 1} \right)}} + \frac{{{b^2}}}{{\left( {2{b^2} + 1} \right)\left( {2{c^2} + 1} \right)}} + \frac{{{c^2}}}{{\left( {2{c^2} + 1} \right)\left( {2{a^2} + 1} \right)}}\)

Tiếp theo ta chứng minh: \(\frac{{{a^2}}}{{\left( {2{a^2} + 1} \right)\left( {2{b^2} + 1} \right)}} + \frac{{{b^2}}}{{\left( {2{b^2} + 1} \right)\left( {2{c^2} + 1} \right)}} + \frac{{{c^2}}}{{\left( {2{c^2} + 1} \right)\left( {2{a^2} + 1} \right)}} \ge \frac{1}{3}(*)\)

Thật vậy: \((*) \Leftrightarrow 3\left( {2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + {a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge \left( {2{a^2} + 1} \right)\left( {2{b^2} + 1} \right)\left( {2{c^2} + 1} \right)\)

                         \( \Leftrightarrow 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 9.\)

Điều này hiển nhiên đúng do \({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \ge 3\sqrt[4]{{{a^4}{b^4}{c^4}}} = 3\) và \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} = 3.\)

Vậy GTNN của \(P = \frac{1}{3}\) đạt tại \(a = b = c = 1\)