Cho phương trình \[{x^2} + bx - 7 + 2b = 0\,\,\left( 1 \right)\] (ẩn x), với b là tham số nguyên.

a)  Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,\,{x_2}.\] Tìm b để \[x_2^2 = 9{x_1}.\]

b) Chứng minh rằng nếu b là số nguyên lẻ thì phương trình (1) không có nghiệm hữu tỉ.

a) Cho biểu thức \[M = \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} + \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - 4 \cdot \frac{{x\sqrt x - x}}{{1 - \sqrt x }},\] với \[x > 1.\]

Rút gọn M và tìm giá trị nhỏ nhất của M.

* Rút gọn \(M\):

\(M = \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x - 1} }} - 4\frac{{x\sqrt x - x}}{{1 - \sqrt x }}\)

       \( = \left( {\sqrt x + \sqrt {x - 1} } \right) - \left( {\sqrt x - \sqrt {x - 1} } \right) - \frac{{4x\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{1 - \sqrt x }}\)

       \( = 2\sqrt {x - 1} + 4x\)

* Tìm giá trị nhỏ nhất của \(M\):

Cách 1: Đặt \(t = \sqrt {x - 1} \,\,\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\, \Rightarrow x = {t^2} + 1\)

Khi đó \(M = 4{t^2} + 2t + 4 = {\left( {2t + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4} > 4,\,\,\,\forall t > 0\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M - \frac{{15}}{4} = {\left( {2t + \frac{1}{2}} \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt {M - \frac{{15}}{4}} = 2t + \frac{1}{2}\end{array}\)

Đặt \(y = f\left( t \right) = 2t + \frac{1}{2}\): HS bậc nhất, đồng biến (vì \(a = 2 > 0\))

Vì \(t > 0\) nên \(y = f\left( t \right) > f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \)Không tồn tại min\(y\) \( \Rightarrow \)Không tồn tại min\(M\).

 Cách 2:

Do \(x > 1\) nên \(2\sqrt {x - 1} > 0\) và \(4x > 4\). Vậy \(M > 4,\,\,\,\forall x > 1\)

Giả sử \(m\) là GTNN của \(M\) \( \Rightarrow \)\(m > 4\)

Xét phương trình: \(\,\,\,\,\,\,2\sqrt {x - 1} + 4x = n\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

                            \( \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 1} + 4\left( {x - 1} \right) + 4 - n = 0\)

Đặt \(t = \sqrt {x - 1} \,\,\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\). Phương trình trở thành: \(4{t^2} + 2t + 4 - n = 0\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Vì \(n > 4\)nên\(4\left( {4 - n} \right) < 0\)\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\)trái dấu

                                        \( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\)có một nghiệm \(t > 0\)

                                        \( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\)có một nghiệm \(x > 1\)

                                        \( \Rightarrow \) Tồn tại \(x > 1\)để \(M = n\) (Điều này vô lý với giả sử \(m\) là GTNN của \(M\))

Vậy không tồn tại GTNN của \(M\).

Cách 3:

Đặt \(t = \sqrt {x - 1} \,\,\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\, \Rightarrow x = {t^2} + 1\)

Khi đó \[M = 4{t^2} + 2t + 4\]

\[ \Leftrightarrow \frac{M}{4} = {t^2} + \frac{t}{2} + 1 = {\left( {t + \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{15}}{{16}}\]

\[ \Leftrightarrow \,\frac{M}{4} - \,\frac{{15}}{{16}} = {\left( {t + \frac{1}{4}} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow \,Y = {X^2}\,\,\]với \(\left\{ \begin{array}{l}Y = \frac{M}{4} - \frac{{15}}{{16}}\\X = t + \frac{1}{4} > \frac{1}{4}\end{array} \right.\)

Giả sử GTNN của \[\,Y = \,{Y_0}\] đạt được khi \[\,X = \,{X_0}\].

Theo định nghĩa ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\forall X > \frac{1}{4}:Y \ge {Y_0}\,\,\,\left( * \right)\\\exists X = {X_0} > \frac{1}{4}:Y\left( {{X_0}} \right) = {Y_0}\,\end{array} \right.\)

Vì \[Y = {X^2}\,\,\]là hàm số đồng biến khi \[\,X > 0\] nên \[Y = {X^2}\,\,\]cũng đồng biến khi \[\,X > \frac{1}{4}\]

Chọn \[\,{X_1} > {X_0} > \frac{1}{4}\]\( \Rightarrow \)\[\,Y\left( {{X_1}} \right) > Y\left( {{X_0}} \right)\]\( \Rightarrow \)\({Y_1} > {Y_0}\) (mâu thuẫn với \(\left( * \right)\))

Vậy không tồn tại GTNN của \(M\).

b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho \[A = \sqrt {n + 3} + \sqrt {n + \sqrt {n + 3} } \] là số nguyên.

Cách 1:

Đặt \[m = \sqrt {n + 3} + \sqrt {n + \sqrt {n + 3} } ,m \in \mathbb{Z}*\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow n + \sqrt {n + 3} = {\left( {m - \sqrt {n + 3} } \right)^2} = {m^2} + n + 3 - 2m\sqrt {n + 3} \\ \Rightarrow \sqrt {n + 3} = \frac{{{m^2} + 3}}{{2m + 1}} \in \mathbb{Q}\end{array}\]

Do đó \[\sqrt {n + 3} \in \mathbb{Q}\]

Mà \[n + 3 \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt {n + 3} \in \mathbb{Z}\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow 2m + 1\left| {{m^2} + 3} \right. \Rightarrow 2m + 1\left| {4{m^2} + 12} \right.\\ \Rightarrow 2m + 1\left| {\left[ {{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 2(2m + 1) + 13} \right]} \right.\\ \Rightarrow 2m + 1\left| {13} \right.\end{array}\]

Vì \[n \ge 0 \Rightarrow \sqrt {n + 3} \ge \sqrt 3 \Rightarrow m \ge \sqrt 3 + \sqrt {\sqrt 3 } > 3\]

Vậy \[2m + 1 = 13 \Rightarrow m = 6 \Rightarrow \sqrt {n + 3} = \frac{{{6^2} + 3}}{{2.6 + 1}} = 3 \Rightarrow n = 6\]

Vậy \[n = 6\] là số tự nhiên duy nhất tìm được.

Cách 2:

Đặt \(a = n + 3{\rm{ }}v\`a {\rm{ }}b = n + \sqrt {n + 3} \left( {a,b \in N} \right)\)

\( \Rightarrow a - 3 + \sqrt a = b\)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {\sqrt a + \frac{1}{2}} \right)^2} - b = \frac{{13}}{4}\\ \Rightarrow {\left( {2\sqrt a + 1} \right)^2} - {\left( {2\sqrt b } \right)^2} = 13\\ \Rightarrow \left( {2\sqrt a + 1 - 2\sqrt b } \right).\left( {2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b } \right) = 13\end{array}\]

Ta có \(a,b \in N \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b > 2\sqrt a + 1 - 2\sqrt b \\2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b > 0\end{array} \right.\)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\sqrt a + 1 - 2\sqrt b = 1\\2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b = 13\end{array} \right.\\ \Rightarrow a = b = 9\\ \Rightarrow n = 6\end{array}\]

Vậy \[n = 6\]

a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p không chia hết cho 2, 3 và 5                      (1)

Ta có \[{p^2}\] là số chính phương \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 3} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Kết hợp với (1) \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,3\\\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,5\end{array} \right.\]                                           (*)      

Mặt khác từ (1) \[ \Rightarrow p\] lẻ

\[ \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 16} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\]                                          (**)

Từ (*), (**) và 3, 5, 16 nguyên tố cùng nhau suy ra \[\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {3 \cdot 5 \cdot 16} \right) \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,240.\]

Vậy \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\]

Cách 2:

Do \[p\cancel{ \vdots }3,\,\,p\cancel{ \vdots }5\] nên theo định lí Fecma nhỏ ta có

\[\begin{array}{l}{p^2} - 1\,\, \vdots \,\,3;\,\,{p^4} - 1\,\, \vdots \,\,5\\ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,15.\end{array}\]

Ta có \[{p^4} - 1 = \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right).\]

Dễ thấy \[p - 1 < p + 1 < {p^2} + 1\] và \[p - 1;\,\,p + 1;\,\,{p^2} + 1\] là ba số chẵn.

Mặt khác \[p - 1;\,\,p + 1\] là hai số chẵn liên tiếp \[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\,\, \vdots \,\,8\]

\[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\]

\[ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,\left( {16 \cdot 15} \right) = 240.\]

Cách 3:

Ta có \({p^5} - p = p\left( {{p^4} - 1} \right)\)

                    \(\begin{array}{l} = p\left( {{p^2} - 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\\ = p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} - 4 + 5} \right)\\ = \left( {p - 2} \right)\left( {p - 1} \right)p\left( {p + 1} \right)\left( {p + 2} \right) + 5p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\end{array}\)

Vì \(p - 2,p - 1,p,p + 1,p + 2\) là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 và 5

Mà (3,5) = 1

\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 15{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Lại có : P là số nguyên tố >5 nên \[p - 1,p + 1\]là hai số chẵn liên tiếp và \[{p^2} + 1 \vdots 2\]

\( \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2)\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 240{\rm{ }}\left( {v\`i {\rm{ }}\left( {15,16} \right) = 1} \right)\)

Dễ thấy với p là số nguyên tố >5 thì :

\(\begin{array}{l}{\rm{ }}\left[ \begin{array}{l}p \equiv 1(\bmod 4)\\p \equiv 3(\bmod 4)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 16{\rm{                           }}\left( * \right)\end{array}\)

Mặt khác, \(p,(p - 1),\left( {p + 1} \right)\) là 3 số tự nhiên liên tiếp

\( \Rightarrow p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 3{\rm{    }}\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**)

\( \Rightarrow 5p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 240\)

Suy ra \({p^5} - p \vdots 240\)

Mà (p,240) =1

\( \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 240{\rm{ }}\forall {\rm{p}}\)là số nguyên tố >5(đpcm)

b) Gọi x là số lần cắt để bạn An có được 55 hình vuông (ĐK: \[x \in \mathbb{N}*,\,\,x > 2\]).

- Sau lần cắt thứ nhất bạn An có được \[4 = 3 \cdot 1 + 1\] (hình vuông).

- Sau lần cắt thứ hai bạn An có được \[3 + 4 = 7 = 3 \cdot 2 + 1\] (hình vuông).

- Sau lần cắt thứ ba bạn An có được \[3 + 3 + 4 = 10 = 3 \cdot 3 + 1\] (hình vuông).

....

\[ \Rightarrow \] Sau x lần cắt, bạn An có được \[3x + 1\] (hình vuông).

Theo đề bài, ta có phương trình

\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3x + 1 = 55\\ \Leftrightarrow 3x = 54\\ \Leftrightarrow x = \frac{{54}}{3} = 18\,\,(n).\end{array}\]

Vậy sau 18 lần cắt bạn An có được 55 hình vuông.