a) Cho các số nguyên \(a,b,c,d\) thỏa mãn điều kiện \({a^3} + {b^3} - 8{c^3} + 28{d^3} = 0.\) Chứng minh rằng \({\left( {a + b + c + d} \right)^2}\) chia hết cho 9.

b)    Chứng minh rằng tồn tại đa thức \(P\left( x \right)\) có hệ số thực, bậc 2024 thỏa mãn điều kiện \(P\left( {{x^2} - 2} \right)\) chia hết cho \(P\left( x \right)\).

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\left( {x + \sqrt {{x^2} - x + 1} } \right) = 1 - y + \sqrt {{y^2} + 3} \;\;\;\left( 1 \right)}\\{{y^2} - 2\left( {x - 2} \right) = 3\sqrt {\left( {y + 1} \right)\left( {{y^2} + 2x} \right)\;\;\left( 2 \right)} }\end{array}} \right.\)

Từ phương trình (1)

\( \Rightarrow \left( {2x + y - 1} \right) = \sqrt {{y^2} + 3} - 2\sqrt {{x^2} - x + 1} \)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + y - 1} \right) = \left[ {{y^2} + 3 - 4\left( {{x^2} - x + 1} \right)} \right].\frac{1}{{\sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + y - 1} \right) = \left[ {{y^2} + 3 - 4\left( {{x^2} - x + 1} \right)} \right].\frac{1}{{\sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + y - 1} \right) = \left[ {{y^2} - {{\left( {2x - 1} \right)}^2}} \right].\frac{1}{{\sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + y - 1} \right) = \left( {y - 2x + 1} \right).\left( {y + 2x - 1} \right).\;\frac{1}{{\sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x + y - 1} \right)\left[ {\frac{{y - 2x + 1}}{{\sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} }} - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + y - 1 = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{y - 2x + 1 = \sqrt {{y^2} + 3} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} }\end{array}} \right.\)

+) Trường hợp 1: \(2x + y - 1 = 0 \Rightarrow 2x = - y + 1\) thay vào phương trình (2) ta được

(2) \( \Leftrightarrow {y^2} - 1 + y + 4 = 3\sqrt {(y + 1\left( {{y^2} - y + 1} \right)} \Leftrightarrow {y^2} - y + 1 + 2y + 2 = 3\sqrt {\left( {y + 1} \right)\left( {{y^2} - y + 1} \right)} \)

Đặt \(a = y + 1;b = {y^2} - y + 1 \Rightarrow 2{a^2} - 3ab + {b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {2a - b} \right) = 0\)

Với \(a = b \Rightarrow y + 1 = {y^2} - y + 1 \Leftrightarrow {y^2} - 2y = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}}\\{y = 2 \Rightarrow x = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

Với \(2a = b \Rightarrow 2y + 2 = {y^2} - y + 1 \Leftrightarrow {y^2} - 3y - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = \frac{{\sqrt {13} + 3}}{2} \Rightarrow x = \frac{{ - \sqrt {13} - 1}}{4}}\\{y = \frac{{ - \sqrt {13} + 3}}{2} \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {13} - 5}}{4}}\end{array}} \right.\)

+) Trường hợp 2: \(y - 2x + 1 = \sqrt {{y^2} + 3\;} + 2\sqrt {{x^2} - x + 1} \)   ĐK \(y - 2x + 1 \ge 0\)

Bình phương hai vế ta được

\({\left( {y - 2x + 1} \right)^2} = {y^2} + 3 = 4\left( {{x^2} - x + 1} \right) + 4\sqrt {\left( {{y^2} + 3} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)} \)

\( \Leftrightarrow {y^2} + 4{x^2} + 1 - 4xy - 4x + 2y = {y^2} + 4{x^2} - 4x + 7 + 4\sqrt {\left( {{y^2} + 3} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)} \)

\( \Leftrightarrow - 4x + 2y - 6 = 4\sqrt {\left( {{y^2} + 3} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)} \)   (3)

Điều kiện: \(y \ge 2x + 3\)

Bình phương hai vế của (3) ta được

\({\left( { - 2{x^2} + y - 3} \right)^2} = 4\left( {{y^2} + 3} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} + {y^2} + 9 - 4xy + 12x - 6y = 4{x^2}{y^2} - 4x{y^2} + 4{y^2} + 12{x^2} - 12x + 12\)

           \( \Leftrightarrow 3\left( {4{x^2} + {y^2} + 1 - 4xy - 4x + 2y} \right) = 0\)

                                                    \( \Leftrightarrow {\left( {2x - y - 1} \right)^2} = 0\)

                                                                          \( \Leftrightarrow 2x - y - 1 = 0\)

                                                                             \( \Leftrightarrow 2x = y + 1\)

Kết hợp với điều kiện \(y \ge 2x + 3\)

Ta có \(2x = y + 1 \ge 2x + 4 \Leftrightarrow 0 \ge \;4\) (vô lí)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm

\(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {\frac{1}{2};0} \right);\left( {\frac{{ - 1}}{2};2} \right);\left( {\frac{{ - \sqrt {13} - 1}}{4};\frac{{\sqrt {13} + 3}}{2}} \right);\left( {\frac{{\sqrt {13} - 5}}{4};\frac{{ - \sqrt {13} + 3}}{2}} \right)} \right\}\)

b) Gọi 11 số nguyên dương là \({a_1},{a_2},{a_3}, \ldots ,{a_{11}}\). Ta có \({a_1} + {a_2} + {a_3} + \ldots + {a_{11}} = 30\)

Xét dãy 11 số \({a_1},\;{a_1} + {a_2},{a_1} + {a_2} + {a_3}, \ldots ,\;{a_1} + {a_2} + {a_3} + \ldots + {a_{11}}\)

Nếu trong dãy không có số nào chia hết cho 10 thì tồn tại ít nhất 2 số chia 10 có cùng số dư. Nên hiệu chia hết cho 10.

Đặt hiệu đó là \(A\). Với \(A\) là tổng của một số số \({a_i}\) (với \(i \in \left\{ {1,2,3, \ldots ,11} \right\}\)

Ta có \(0 < A < 30\) mà \(A \vdots 10\) nên \(A \in \left\{ {10;20} \right\}\)

Nếu \(A = 10\) bài toán được chứng minh.

Nếu \(a = 20\) mà \({a_1} + {a_2} + {a_3} + \ldots + {a_{11}} = 30\) suy ra các số còn lại có tổng bẳng 10. Bài toán được chứng minh.

Nếu trong dãy số có 1 số chia hết cho 10. Chứng minh tương tự như trên khi đó bài toán được chứng minh.