Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

a) Cho x,y,z dương thoả mãn \(xyz = 1\). Chứng minh:

     \(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2023\left( {x + y + z} \right)\)

+ AB.GM ba số: \(x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3\)

+ Ta có:

\(2008\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge 2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}}\;\)

Đặt \(t = x + y + z\;\;\left( {t \ge 3} \right)\), ta phải chứng minh:

\(2008\frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 15.\frac{9}{{x + y + z}} \ge 2023\;\left( {x + y + z} \right)\)

Tức là:

\(2008\frac{{{t^3}}}{3} + 15.\frac{9}{t} \ge 2023t\)

\( \Rightarrow \) \(2008{t^3} + 405 \ge 6069{t^2}\)

\( \Rightarrow \) \(\left( {t - 3} \right)\left( {2008{t^2} - 45t - 135} \right) \ge 0\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

Trong đó

\(2008{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15{t^2} - 45t - 135\)

\( = 1993{t^2} + 15t\left( {t - 3} \right) - 135\)

\( \ge {1993.3^2} + 15.3.0 - 135 > 0\)

\( \Rightarrow 2008{t^2} - 45t - 135 > 0\)

Tức là (1) đúng

Vậy bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi \(x = y = z = 1\)

b) Cho phương trình ẩn x, tham số a và b:\({x^2} - 4a{b^2}x - 4a{b^3} - a = 0\)

Tìm tất cả các cặp (a;b) nguyên dương sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ đều nguyên và x₁+x₂+1 là số nguyên tố.

Ta có : \({\rm{\Delta '}} = 4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a = \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + {b^2}} \right) + a - {b^2} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2} + a - {b^2}\)

Để phương trình có hai nghiệm nguyên ta cần \({\rm{\Delta }}'\) là số chính phương.

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\)

\( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} + 4a{b^2} + 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\)

\( = \left( {{b^2} + 1 + 4a{b^2} + 2b} \right) - a\)

\( = {b^2} + 2b + 1 + a\left( {4{b^2} - 1} \right) > 0\;\) vì \(a,b \in {N^*}\)

+ Xét hiệu:

\({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} - {\rm{\Delta }}'\) \( = \left( {4{a^2}{b^4} + {b^2} + 1 + 4a{b^3} - 4a{b^2} - 2b} \right) - \left( {4{a^2}{b^4} + 4a{b^3} + a} \right)\) \( = {b^2} + 1 - 4a{b^2} - 2b - a\) \( = {b^2}\left( {\underbrace {1 - 4a}_{ < 0}} \right) - 2b + \left( {\underbrace {1 - a}_{ < 0}} \right) < 0\)

Ta được: \({\left( {2a{b^2} + b - 1} \right)^2} < {\rm{\Delta '}} < {\left( {2a{b^2} + b + 1} \right)^2}\)

Mà \({\rm{\Delta '}}\) là số chính phương nên \({\rm{\Delta '}} = {\left( {2a{b^2} + b} \right)^2}\)\( \Rightarrow a = {b^2}\)

+Xét biểu thức:\({x_1} + {x_2} + 1\;\) \( = 4a{b^2} + 1\) \( = 4{b^4} + 1\) \( = \left( {4{b^4} + 4{b^2} + 1} \right) - 4{b^2}\) \( = {\left( {2{b^2} + 1} \right)^2} - {\left( {2b} \right)^2}\)\( = \left( {2{b^2} - 2b + 1} \right)\left( {2{b^2} + 2b + 1} \right)\)

Ta cần \({x_1} + {x_2} + 1\;\) là số nguyên tố, mà \(2{b^2} + 2b + 1 \ge 5\) nên:

\(2{b^2} - 2b + 1 = 1\) \( \Rightarrow \) \(b\left( {b - 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \) \(b = 1\) (vì \(b \ge 1\))

Kiểm tra lại: \({x_1} + {x_2} + 1 = 4{b^4} + 1 = 5\): là số nguyên tố

Vậy \(a = b = 1\)