Bài 1. 

a) Khi $m = -2$ ta có phương trình $(\sqrt{x}-1)(x^2-5x+1) = 0$.

Giải phương trình ta có nghiệm $x = 1, x = \dfrac{5+\sqrt{21}}{2}, x= \dfrac{5-\sqrt{21}}{2}$.

b) Điều kiện $x \geq 0$. Ta có $x = 1$ là một nghiệm của phương trình.

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

$x^2-(m^2+1)x + 1 = 0$. (2) có hai nghiệm phân biệt không âm và khác 1.

• $\Delta (m^2+1)^2 – 4 = (m^2-1)(m^2+3) > 0$.
• $1^2 -(m^2+1)1 + 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \pm 1$.

Khi đó phương trình có hai nghiệm là $a<b$ thỏa $a+b = m^2+1 > 0, ab = 1$.

Do đó $a, b > 0$ và có tích bằng 1, nên một số nhỏ hơn 1, 1 số lớn hơn 1.

Từ đó ta có $x_2 = 1$, $x_1  =a, x_3 = b$. Khi đó

$x_1^2+4x_2^2 + x_3^2 = 27$

$(a+b)^2 – 2ab = 23$

$m^2 = 25$

$m = \pm 5$. (Nhận)

Bài 2.

a) Do vai trò $a, b, c$ như nhau nên giả sử $a \geq b geq c > 0$. Khi đó

$a + b+ c = abc \Leftrightarrow \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1 \leq \dfrac{3}{c^2}$.

Suy ra $c = 1$. Khi đó $ab = a+b +1 \Leftrightarrow (a-1)(b-1) = 2$. Giải ra được $a = 3, b=2$.

Vậy phương trình có nghiệm $(3;2;1)$ và các hoán vị.

b)

Áp dụng bdt $(x+y+z)(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}) \geq 9$ và từ $\dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1$.

Suy ra $ab+bc+ac \geq 9$.

Ta có bdt $3(x^2+y^2+z^2) \geq (x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+xz)$. (Tự chứng minh)

Ta có $P = (ab+bc+ac-3)^2 = (ab+bc+ac)^2 – 6(ab+bc+ac)+9$.

Mà $(ab+bc+ac)^2 \geq 3abc(a+b+c)$ và $abc = a+b+c$.

Suy ra $(ab+bc+ac)^2 \geq 3(a+b+c)^2$.

Do đó $P \geq 3(a^2+b^2+c^2) + 9 \geq (\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2})^2$.

Từ đó

$ab+bc+ac-3 \geq \sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

$ab+bc+ac \geq 3+\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3. 

a) $ 2021 = [1;1] + [1010;1] + [1010;1]$.

b) Nếu $ n = 2k + 1$ và $k \geq 1$. Chọn $x = y =1,z=k$ ta có $n = [1;1] + [k;1] + [k;1]$.

c) Chú ý các nhận xét sau:

• Mọi số nguyên dương đều biểu diễn với dạng $p\cdot 2^n$ trong đó $p$ là số lẻ.
• Bội chung nhỏ nhất của $p\cdot 2^n$ và $q\cdot 2^m$ với $n>m$ là $r\cdot 2^n$ với $r=[p;q]$ lẻ.

Giả sử $n =2^{2021}$ là số đẹp, tức là tồn tại $x, y, z$ nguyên dương sao cho $2^{2021} = [x;y] + [y;z] + [z;x]$.

Do $2^{2021}$ là số chẳn nên chỉ có hai trường hợp xảy ra, hoặc cả ba số $\left[ {x;y} \right],\left[ {y;z} \right],\left[ {z;x} \right]$ đều là số chẳn, hoặc trong ba số này có hai số lẻ và một số chẳn.

Nếu 3 số $x, y, z$ lẻ thì $[x;y] + [y;z] + [z;x]$ lẻ vô lý.

Nếu 1 số lẻ, hai số chẵn cũng tương tự.

Trường hợp 2 số chẵn. Giả sử $x, y$ chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu $z$ lẻ. Khi đó ta có: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$ với $m_1$ là số lẻ, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, với $m_2$ là số lẻ, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$, với $m_2$ là số lẻ. Dễ thấy $a, b < 2021$.
  • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.
• Nếu $z$ là số chẵn. Như vậy, $x, y, z$ đều là số chẳn, đặt: $z=2^{c}t_{3}$, với ($t_{3}$ là số tự nhiên lẻ) không mất tính tổng quát, giả sử: $2021 > a \ge b \ge c \ge 0$. Vậy: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$ với $m_1, m_2, m_3$ là ba số tự nhiên lẻ.
  • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

Bài 4. 

a) Ta có $BF\cdot BA = BM \cdot BC = \dfrac{1}{3}BC^2$ và $CE \cdot CA = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Do $AB, AC > BC$ nên $F, E$ nằm giữa $AB$ và $AC$.

Khi đó $X = AF \cdot AB + AE \cdot AC = AB^2-BF \cdot BC + AC^2-CE \cdot CA = AB^2+AC^2-\dfrac{2}{3}BC^2$.

Do đó $X$ lớn nhất khi và chỉ khi $AB^2+AC^2$ lớn nhất.

Ta có $BC^2=BH^2+CH^2 = (AB\sin \alpha)^2+(AC – AB \cos \alpha)^2$

$= AB^2+AC^2-2AB\cdot AC \cos \alpha$

$\geq (AB^2+AC^2) – (AB^2+AC^2)\cos \alpha$.

$\geq (AB^2+AC^2)(1-\cos \alpha)$

Suy ra $AB^2+AC^2$ lớn nhất bằng $\dfrac{BC^2}{1-\cos\alpha}$ khi $AB = AC$.

Vậy $AF \cdot AB + AE \cdot AC $ lớn nhất khi và chỉ khi $AB = AC$.

b) Ta có $\angle DBF  = \angle DEC, \angle DFB = \angle DCE$.

Suy ra $\triangle DBF = \triangle DCE$, do đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{BF}{CE}$ (1)

Mà $BF \cdot AB = CE \cdot AC = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Suy ra $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $K$ là giao điểm thứ hai của $(AEF)$ và $(ABC)$. Khi đó

$\triangle KFB \backsim \triangle KEC$, suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{BF}{CE}$.

Mà $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. Suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{AC}{AB}$.

Do đó $\triangle KBC \backsim \triangle ACB$, suy ra $KB = AC, KC = AB$.

từ đó $AKCB$ là hình thang cân, nên trung trực của $AK$ và $BC$ trùng nhau.

Do đó tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ thuộc trung trực của $AK$ hay thuộc trung trực $BC$ cố định.

Bài 5.

a) Nếu mỗi đội đá nhau được 2 trận.

• Thì số điểm mội đội có thể nhận là $0, 1, 2, 3, 4, 6$. Do đó theo nguyên lý Dirichlet cho ít nhất 2 đội có cùng số điểm.
• Gọi 8 đội là $A, B, C, D, E, F, G, H$, sau hai vòng mỗi đội đá đúng hai trận.
  • Không có ba đội nào đôi một đá với nhau, vì giả sử $A, B, C$ đôi một đá với nhau, thì vòng 1, $A$ đá với $B$ thì $C$ không đá với ai, nên phải cần ít nhất 3 vòng để điều này xảy ra.
  • Giả sử $A$ đá với $B, C$ thì $BC$ không đá với nhau nên $B, C$ đá với đội khác.
    • Nếu $B, C$ đá cùng một đội $D$. Khi đó nhóm $E, F, G, H$ cũng có hai đội chưa đá với nhau và cũng không đá với nhóm $A, B, C, D$. Giả sử là $E, F$ chưa đá với nhau. Khi đó 4 đội $A, D, E, F$ đôi một chưa đá với nhau trận nào.
    • Nếu $B, C$ đá với hai đội khác nhau là $D, E$. Lý luận tương tự ta chỉ suy ra được là $E, D$ cùng đấu với $F, G$ và $G,F$ đấu với $H$. Khi đó $A – B  – D – F – H – G – E – C – A$. Chọn 4 đội $A, D, H, E$ thỏa đề bài.

b)  Xét đội $A$ thắng nhiều nhất trong đó thắng $B, C$, xét đội $B$ và $C$ thì nếu $B$ thắng $C$ ta có $A – B – C$ là dãy mà đội trước thắng đội sau, ngược lại ta có dãy $A – C – B$.

Vậy giả sử ta có $A$ thắng $B$,$B$ thắng $C$, ta kí hiệu $A -> B -> C$.

Xét tới đội $D$ nào đó. Có các trường hợp sau:

• $D -> A$ hoặc $C -> D$. Khi đó ta có $D ->A->B->C$ hoặc $A-> B -> C-> D$.
• Nếu không có điều này, thì $A ->D$ và $D->C$. Khi đó $B, D$.
  • Nếu $D->B$ thì ta có $A->D->B->C$.
  • Nếu $B ->D$ thì ta có $A -> B ->D ->C$.

Trong các trường hợp ta đều có dãy 4 người mà người này thắng người kia. Vậy ta đã có $A-> B-> C->D$.

Xét $E$, tương tự như $D$.

• Nếu $E$ thắng $A$ hoặc $D$ thắng $E$ thì bài toán được chứng minh.
• Ngược lại, $A$ thắng $E$ và $E$ thắng $D$. Khi đó ta xét mối quan hệ giữa $E$ và $B,C$.
  • Nếu $E$ thắng $B$. Khi đó ta có $A-E-B-C-D$.
  • Nếu $E$ thua $B, C$, khi đó $A-B-C-E-D$.
  • Nếu $E$ thua $B$ và thắng $C$, khi đó $A-B-E-C-D$.

Vậy lúc nào cũng tìm được 5 đội xếp thành một hàng mà đội trước thắng đội sau.