Moon Loves Math

Với $R$ là bán kính của $(O)$, ta có: 

$\mathcal{P}_{A/(O)}=x \Rightarrow OA^2=x+R^2$

$\mathcal{P}_{B/(O)}=y \Rightarrow OB^2=y+R^2$

$\mathcal{P}_{I/(O)}=z \Rightarrow OI^2=z+R^2$

Mặt khác, do $OI$ là trung tuyến của $\Delta ABC$, nên ta có hệ thức:

$OI^2=\frac{OA^2+OB^2}{2}-\frac{AB^2}{4}$

$\Leftrightarrow z+R^2=\frac{x+y+2R^2}{2}-\frac{AB^2}{4}$

$\Leftrightarrow AB^2=2(x+y)-4z$

$\Leftrightarrow AB=\sqrt{2(x+y)-4z}$

Đặt $P=x+y+4z$.

Nếu $x$ là số chẵn thì $y^3=2z^3-x^3$ cũng là một số chẵn, hay $y$ chẵn.

Tương tự, nếu $x$ lẻ thì $y$ cũng lẻ.

Vậy, $x$ và $y$ cùng tính chẵn lẻ, hay $x+y$ chẵn.

Suy ra $P=x+y+4z$ là số chẵn, nên $2|P \quad (1)$.

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ thì $t^3 \equiv t \quad (mod 3)$

Nên $P=x+y+4z=(x+y+z)+3z \equiv (x^3+y^3+z^3)+3z \quad (mod 3)$

Thế $x^3+y^3=2z^3$ vào ta có:

$P \equiv (3z^3)+3z \equiv 0 \quad (mod 3)$

Suy ra $3|P \quad (2)$.

Do $(2,3)=1$ nên từ $(1)$ và $(2)$, có: $6|P$.

Mà $P$ là tích của hai số nguyên tố, nên $P$ chỉ có thể bằng $6$.

Trường hợp này chỉ xảy ra khi $x=y=z=1$.

Vậy $x=y=z=1$ là nghiệm duy nhất cần tìm.

Ta có:

$a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)$

$=a^3[(b-a)+(a-c)]+b^3(c-a)+c^3(a-b)$

$=(a-b)(c^3-a^3)+(c-a)(b^3-a^3)$

$=(a-b)(c-a)(c^2+ca+a^2)-(c-a)(a-b)(a^2+ab+b^2)$

$=(a-b)(c-a)(c^2+ca+a^2-a^2-ab-b^2)$

$=(a-b)(c-a)(c^2-b^2+ca-ab)$

$=(a-b)(c-a)[(c-b)(c+b)+a(c-b)]$

$=(a-b)(c-a)(c-b)(c+b+a)$

$=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Suy ra $-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)=2014^{2015}\not\equiv 0\quad (mod 3) \quad (1)$

Mặt khác, với $a,b,c \in \mathbb{Z}$ thì luôn có $(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\equiv 0 \quad (mod 3) \quad (\ast)$

Thật vậy, giả sử trong 3 số $a,b,c$ tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3.

Không mất tính tổng quát, gọi 2 số đó là $a$ và $b$.

Khi đó, $(a-b) \equiv 0 \quad (mod 3) \Rightarrow (\ast)$

Nếu như $a,b,c$ có số dư cho 3 đôi một khác nhau thì $(a+b+c) \equiv (0+1+2) \equiv 0 \quad (mod 3) \Rightarrow (\ast)$.

Vậy ta luôn có $(\ast)$, mâu thuẫn với $(1)$.

Nên không tồn tại $a,b,c$ thuộc $\mathbb{Z}$ thỏa ycbt.

\[M = {\left( {2x - 1} \right)^2} - \left\| {2x - 1} \right\| + 2 = {\left( {\left| {2x - 1} \right| - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} \geqslant \frac{7}{4}\]

Cách này nhanh hơn thật nhỉ. Tự nhiên hôm nay suy nghĩ phức tạp quá 

Ký hiệu $||x||$ chắc là giá trị tuyệt đối nhỉ 

Với $x\geq \frac{1}{2}$ thì $|2x-1|=2x-1$, nên:

$M=(2x-1)^2-(2x-1)+2$

$=4x^2-4x+1-2x+1+2$

$=4x^2-6x+4$

$=4\left ( x^2-2\cdot x\cdot \frac{3}{4}+\frac{9}{16} \right )+4-\frac{9}{4}$

$=4\left (x-\frac{3}{4} \right )^2+\frac{7}{4} \geq \frac{7}{4}$

Tương tự, với $x<\frac{1}{2}$ thì $|2x-1|=1-2x$, nên:

$M=(2x-1)^2-(1-2x)+2$

$=4x^2-4x+1+2x-1+2$

$=4x^2-2x+2$

$=4\left (x^2-2\cdot x\cdot \frac{1}{4} +\frac{1}{16} \right ) +2-\frac{1}{4}$

$=4\left (x-\frac{1}{4} \right ) ^2+\frac{7}{4} \geq \frac{7}{4}$

Trong cả hai trường hợp thì $M\geq \frac{7}{4}$.

Vậy GTNN của M là $\frac{7}{4}$, đạt được tại $x=\frac{3}{4}$ (thỏa $x\geq \frac{1}{2}$ cho TH trên) hoặc $x=\frac{1}{4}$ (thỏa $x<\frac{1}{2}$ cho TH dưới).