Bài 1. 

1) a) a) Ta có $\Delta’ = {\left( {{m^2} + m + 1} \right)^2} – \left( {{m^4} + {m^2} + 1} \right) = \left( {{m^2} + m + 1} \right)2m \ge 0$\\
Mà ${m^2} + m + 1 = {\left( {m + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} > 0 \Rightarrow m \ge 0$\\
Khi đó theo định lý Viete ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 2\left( {{m^2} + m + 1} \right) \\
{x_1}{x_2} = {m^4} + {m^2} + 1 \\
\end{array} \right.$
Suy ra:
$\begin{array}{l}
A = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{{x_1}{x_2}}}} \right) = 2\left( {{m^2} + m + 1} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{{m^4} + {m^2} + 1}}} \right) \\
= 2\left( {{m^2} + m + 1 + \dfrac{1}{{{m^2} – m + 1}}} \right) \\
\end{array}$.
Ta có ${m^2} – m + 1 = {\left( {m – \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} > 0$. \\
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ${m^2} – m + 1 + \frac{1}{{{m^2} – m + 1}} \ge 2$ và $m \ge 0$.
Do đó $A \geq 4$, đẳng thức xảy ra khi $m =0$. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 4 khi $m = 0$.

b) $B = \dfrac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}}{{4{x_1}{x_2}}} = \dfrac{{{{\left( {{m^2} + m + 1} \right)}^2}}}{{{m^4} + {m^2} + 1}} = \dfrac{{{m^2} + m + 1}}{{{m^2} – m + 1}}$;
Ta có $0 < \dfrac{{{m^2} + m + 1}}{{{m^2} – m + 1}} = 1 + \dfrac{{2m}}{{{m^2} – m + 1}} \le 3$\\
B là số tự nhiên nên $B = 1,2,3$.
Với $B = 1$ ta có $m =0$;
Với $B = 2$ (vô nghiệm) ;
Với $B = 3$ ta có $m = 1$.
Vậy các giá trị cần tìm là $m = 0$ và $m = 1$.

2)  Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right) = – 4 \\
\left( {y + x} \right)\left( {y + z} \right) = 1 \\
\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right) = – 1 \\
\end{array} \right.$
Nhân 3 phương trình ta có:
${\left[ {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right)} \right]^2} = 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right) = – 2 \\
\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)\left( {y + z} \right) = 2 \\
\end{array} \right.$;
Trường hợp 1: $\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right) = – 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y + z = 1/2 \\
x + z = – 2 \\
x + y = 2 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{ – 1}}{4} \\
y = \frac{9}{4} \\
z = \frac{{ – 7}}{4} \\
\end{array} \right.$
Trường hợp 2: $\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right) = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y + z = – 1/2 \\
x + z = 2 \\
x + y = – 2 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1/4 \\
y = – 9/4 \\
z = 7/4 \\
\end{array} \right.$
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm $\left( {x,y,z} \right):\left( {\frac{{ – 1}}{4},\frac{9}{4},\frac{{ – 7}}{4}} \right),\left( {\frac{1}{4},\frac{{ – 9}}{4},\frac{7}{4}} \right)$

Bài 2.  Vì $abc > 1$ nên không thể có 3 số đều nhỏ hơn 1.

Vì $a + b + c < \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$ nên không thể cùng lớn hơn 1.
Nếu có một số bằng 1, giả sử $a = 1$ ta có $bc > 1$ và $b + c < \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{b+c}{bc}$ (vô lý).
Nên các số đều khác 1. Giả sử có hai số nhỏ hơn 1 là $a, b$ và $c > 1$.
Khi đó $ab < 1, ac \geq \dfrac{1}{b} > 1, bc \geq \dfrac{1}{a} > 1$.

Do đó: $(ab-1)(bc-1)(ac-1) < 0 \Leftrightarrow a^2b^2c^2 +ab+bc+ac -abc(a+b+c) – 1 < 0 (1)$.
Mặc khác $abc > 1, a+ b+ c < \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \Leftrightarrow ab+bc+ac > abc(a+b+c) (2)$
Từ (1) và (2) ta có mâu thuẫn.
Vậy chỉ có đúng một số nhỏ hơn 1.

Bài 3.

a) Các ước của 12 là: 1, 2, 3, 4, 6, 12 ta có $1.2.3.4.6.12 = 12^3$. Nên 12 là số lập phương.
Các ước của 32 là $1, 2, 4, 8, 16, 32$, ta có $1.2.4.8.16.32 = 32^3$. Nên 32 là số lập phương.

b) Dễ tìm được $n = 5$.
c) Giả sử $n$ là số lập phương.
Nếu $n = 1$ thì $n$ là số lập phương. \\
Xét $n > 1$. Thì $n$ không là số nguyên tố vì nếu $n$ là số nguyên tố thì $n$ có các ước là $1, n$, mà $1.n \neq n^3$.
Suy ra $n$ là hợp số.
Trường hợp 1. Nếu $n$ có một ước nguyên tố là $p$, tức là: $n = p^k$ với $q$ là số nguyên tố. Khi đó các ước của $n$ là $1, p, p^2, …, p^{k-1}, p^k$. Khi đó $1. p.p^2…p^{k} = n^3 = p^{3k}$, suy ra $1 + 2 + …+ k = 3k$, suy ra $k = 5$. Vậy $n = p^5$ với $p$ nguyên tố. \\
Trường hợp 2. Nếu $n$ có 2 ước nguyên tố là $p, q$. Khi đó $n = p^m.q^k$. Nếu $m, k \geq 2$ thì ta có các ước của $n$ là $1, n, p^m, q^n, p, p.q^k, q, q.p^m$. Khi đó tích các ước sẽ lớn hơn $n^3$. Do đó $m, k$ không cùng lớn hơn hoặc bằng 2.
Nếu $m = k = 1$ thì các ước của $n$ là $1, p, q, n$ khi đó tích các ước là $1.p.q.n = n^2$, cũng không thỏa.
Nếu $m = 2, k = 1$ thì các ước của $n$ là $1, p, q, p^2, qp, n$. Khi đó $1.p.q.p^2.pq.n = n^3$ thỏa đề bài. \\ Vậy $n= p^2q$ với $p, q$ là các số nguyên tố là số lập phương.

Trường hợp 3. $n$ có nhiều hơn ba ước nguyên tố, khi đó số ước của $n$ lớn hơn hoặc bằng 8. Giả sử các ước là $1, d_1, d_2, …, d_k = n$ thì $1.d_1.d_{k-1}.d_2.d_{k-2}.d_3.d_{k-3}.n > n^3$, nên không thể là số lập phương.
Vậy các số lập phương là $1, p^5, p^2.q$ với $p, q$ là các số nguyên tố.
Cách khác: Ta có thể chứng minh số lập phương có đúng 6 ước số trước, rồi suy ra $n$.

Bài 4. 

a) Ta có $ADBE$ là hình chữ nhật $S_{ABDE} = AD.AB$. Ta có $AD. AB \leq \dfrac{1}{2}(AD^2+BD^2) = 2R^2$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AD = BD$. Khi đó $AC = AB = 2R$.
Vậy diện tích tứ giác $ADBE$ nhỏ nhất bằng $2R^2$ khi $AC = AB = 2R$.
b) Ta có $\Delta MFA \sim \Delta MAD$, suy ra $MA^2 = MF.MD$.(1)
Ta có $BF.BG = BA^2, BD.BC = BA^2$, suy ra $BF.BG = BD.BC$, suy ra tứ giác $DFGC$ nội tiếp. Khi đó $\Delta MFG \sim \Delta MCD$, suy ra $MC.MG = MF.MD$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $MA^2 = MC.MG$.
c) Gọi $H$ là giao điểm của $AD$ và $BF$. $CH$ cắt $AB$ tại $O’$.
Ta có $\angle CDG = \angle CFG = \angle BFE = \angle DBA$, suy ra $DG || AB$.
Qua $H$ vẽ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AG, BD$ tại $P, Q$. Ta có $\dfrac{HP}{AB} = \dfrac{GH}{GB} = \dfrac{DH}{DA} = \dfrac{QH}{AB}$, suy ra $HP = HQ$.
Ta có $\dfrac{HP}{AO’} = \dfrac{CH}{CO’} = \dfrac{QH}{BO’}$, mà $HP = HQ$, suy ra $AO’ = BO’$, hay $O’ \equiv O$. Vậy các đường thẳng $AD, BF, CO$ đồng quy.

Bài 5.

a) Đặt $r_1 = a + b+ c, r_2 = d+e+f, r_3 = g + h + i$ và $c_1 = a+ d + g, c_2 = b + e + h, c_3 = c + f + i$. Ta có $r_1 + r_2 + r_3 = c_1 + c_2 + c_3$.
Khi đó $a = |r_1 – c_1| = |(r_2 +r_3) – (c_2 + c_3)| = |(r_2-c_2) + (r_3 – c_3)| = \pm (r_2-c_2) \pm (r_3-c_3) = \pm e \pm i$.
Vì các số đều không âm nên không thể xảy ra trường hợp $a = – e- i$. Do đó $a = e +i, e- i$ hoặc $i – e$.
Tương tự cho các trường hợp khác.

b) Tồn tại, xét bảng sau: với $x > 0$.