Bài toán về đồ thị hàm số VMO 2018
 

Gọi $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$ trong mặt phẳng toạ độ $(Oxy)$. Một đường thẳng $(d)$ thay đổi cắt $(C)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_1;\,x_2;\,x_3$.

1. Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_2^2}}}}$ là một hằng số.
2. Chứng minh rằng
   \[\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} < - \frac{{15}}{4}.\]

Mình xin đưa ra một hướng tiếp cận

Đặt căn thì nó sẽ gọn và đỡ phải khảo sát hàm số =p~

Cảm ơn bác , cho em xin thêm thông tin thêm vào inbox ạ

Bài này như bài thi HSG của bảng B là kshs và dùng định lý Viet .

Ta thấy phương trình của $(d)$ ở dạng $(d):\;y=kx+l$ với $kl\ne 0$. Khi đó $x_1;\,x_2;\,x_3$ là nghiệm của phương trình
\[kx + l = \sqrt[3]{{{x^2}}}.\]
Đặt $\dfrac{1}{\sqrt[3]{{{x_i}}}}=t_i$ thì $t_i$ là nghiệm của phương trình
\[lx^3-x+k=0.\]
Do đó mà ta có
\[\begin{array}{l}
\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}} &= \dfrac{{t_1^3 + t_2^3 + t_3^3}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}\\
&= 3 + \dfrac{{\left( {{t_1} + {t_2} + {t_3}} \right)\left( {t_1^2 + t_2^2 + t_3^2 - {t_1}{t_2} - {t_2}{t_3} - {t_3}{t_1}} \right)}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}
\end{array}.\]
Theo Viettè thì $t_1+t_2+t_3=0$, cho nên
\[\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=3.\]
Lại đi đặt $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} =a;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} =b;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=c$ để có
\[a+b+c=3;\;abc=1.\]
Khi đó thì
\[M=\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} =ab+bc+ca.\]
Ta thấy trong $a;\,b;\,c$ phải có 2 số âm và một số dương, kẻo không thì theo AM-GM có $a=b=c=1$ mâu thuẫn với việc ba giao điểm phân biệt. Ta giả sử $a>0>b> c$ thì có
\[a - 3 = - b - c \ge 2\sqrt {bc} = \frac{2}{{\sqrt a }}.\]
Từ đó có $a> 4$ và do đó
\[M = a\left( {3 - a} \right) + \frac{1}{a} = - \frac{{15}}{4} - \frac{{{{\left( {2a - 1} \right)}^2}\left( {a - 4} \right)}}{{4a}} < - \frac{{15}}{4}.\]

Góp thêm cách giải
Giả sử đường thẳng $d:y=ax+b,\ a \neq 0$. Phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$ là: $\sqrt[3]{x^2}=ax+b.$\\
Đặt $t=\sqrt[3]{x}$, ta có phương trình
$$at^3-t^2+b=0. \eqno (1)$$
Theo đề bài thì phương trình (1) có ba nghiệm $t_1,\ t_2,\ t_3$ và theo định lí Viet ta có
$$\begin{cases} t_1+t_2+t_3=\dfrac{1}{a}\\ t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1=0\\ t_1t_2t_3=-\dfrac{b}{a} \end{cases}$$
Khi đó
$$\begin{aligned} \sqrt[3]{\dfrac{x_1x_2}{x_3^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_2x_3}{x_1^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_3x_1}{x_2^2}} &= \dfrac{t_1t_2}{t_3^2}+\dfrac{t_2t_3}{t_1^2}+\dfrac {t_3t_1}{t_2^2}\\&= \dfrac{(t_1t_2)^3+(t_2t_3)^3+(t_3t_1)^3}{(t_1t_2t_ 3)^2}\\&= \dfrac{3t_1t_2.t_2t_3.t_3t_1}{(t_1t_2t_3)^2}=3. \end{aligned}$$
Ta có
$$\sqrt[3]{\dfrac{x_1^2}{x_2x_3}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_2^2}{x_3x_1}}+\sqrt[3]{\dfrac{x_3^2}{x_1x_2}}=\dfrac{t_1^3+t_2^3+t_3^3}{ t_1t_2t_3}.$$
Mà $$t_1^3+t_2^3+t_3^3=(t_1+t_2+t_3)(t_1^2+t_2^2+t_3^ 2-t_1t_2-t_2t_3-t_3t_1)+3t_1t_2t_3=(t_1+t_2+t_3)^3+3t_1t_2t_3.$$
Nên ta chứng minh $$\dfrac{(t_1+t_2+t_3)^3}{t_1t_2t_3}=-\dfrac{1}{a^2b}<-\dfrac{27}{4} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2b} >\dfrac{27}{4}. \eqno (2) $$
Xét hàm số $f(t)=at^3-t^2+b$ ta có $f'(t)=3at^2-2t=t(3at-2)$, suy ra $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=0,\ t=\dfrac{2}{3a}$.\\
Ta có $f(0)=b,\ f\left(\dfrac{2}{3a}\right)=b-\dfrac{4}{27a^2}$. Mà phương trình $f(t)=0$ có ba nghiệm phân biệt nên ta có $$f(0)f\left(\dfrac{2}{3a}\right)<0 \Leftrightarrow 0<b<\dfrac{4}{27a^2} \Rightarrow \dfrac{1}{a^2b}>\dfrac{27}{4}.$$
Bài toán được chứng minh.