Câu 10. Cho các số thực $ a,b,c $ thuộc đoạn $ [1;3] $ và thỏa mãn $ a+b+c=6 $. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[ P=\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+12abc+72}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{2}abc. \]
Cách 1.
Ta có $ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)=(ab+bc+ca)^2-12abc $ và $ (a-1)(b-1)(c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\geqslant0\Rightarrow abc\geqslant ab+bc+ca-5 $.
Do đó \[ P\leqslant \dfrac{(ab+bc+ca)^2+72}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca-5). \]
Nếu đặt $ ab+bc+ca=t $ thì $ P\leqslant t+\dfrac{72}{t}-\dfrac{t}{2}+\dfrac{5}{2}=\dfrac{t}{2}+\dfrac{72}{t}+\dfrac{5}{2}$.
Mặt khác ta có \[(3-a)(3-b)(3-c)\geqslant 0 \Leftrightarrow 27+3(ab+bc+ca)\geqslant 9(a+b+c)+abc\geqslant 54+ab+bc+ca-5,\] suy ra $ ab+bc+ca\geqslant 11 $.
Kết hợp với $ (a+b+c)^2\geqslant 3(ab+bc+ca)\Rightarrow ab+bc+ca\leqslant 12 $ để có $11\leqslant t\leqslant 12 $.
Hàm số $ f(t)=\dfrac{t}{2}+\dfrac{72}{t}+\dfrac{5}{2} $ có $ f'(t)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{72}{t^2}=\dfrac{(t-12)(t+12)}{2t^2}\leqslant 0 $ với mọi $ t\in [11;12] $ nên hàm $ f(t) $ nghịch biến trên $[11;12] $, dẫn đến $ P=f(t)\leqslant f(11)=\dfrac{160}{11} $.
Vậy GTLN của $ P $ bằng $\dfrac{160}{11}$ đạt tại $ a=1, b=2, c=3 $ và các hoán vị của nó.
Cách 2.
Đặt $p=a+b+c=6, q=ab+bc+ca, r=abc$ và $f(x)=x^3-6x2+qx-r$.
Ta có $ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)=(ab+bc+ca)^2-12abc $ và $f'(x)=3x^2-12x+q$.
Khi đó $$P=q+\frac{72}{q}-\frac{r}{2}$$ và $a, b, c$ là nghiệm của phương trình $f(x)=0$.
Vì $a, b, c\in [1,3]$ nên $f(1)\leq 0, f(3)\geq 0, \Delta_{f'}\geq 0$.
Suy ra $r\geq q-5, r\leq 3q-27, 11\leq q\leq 12$.
Từ đó $$P\leq q+\frac{72}{q}-\frac{q-5}{2}=\frac{q}{2}+\frac{72}{q}+\frac{5}{2}.$$
$P$ lớn nhất khi $r=q-5$.
Vậy GTLN của $ P $ bằng $\dfrac{160}{11}$ đạt tại $ a=1, b=2, c=3 $ và các hoán vị của nó.
Câu 9. Giải phương trình $ \dfrac{x^2+2x-8}{x^2-2x+3}=(x+1)(\sqrt{x+2}-2) $ trên tập số thực.
Cách 1.
Khi đó phương trình đã cho có dạng $-t^7+2 t^6+7 t^5-13 t^4-17 t^3+32 t^2+11 t-30=0$
hay $(t-2) (t^2-t-3) (t^4+t^3-3 t^2-t+5) =0$.