1. Tính giá trị của biểu thức \[P = {x^{2022}} - 10{x^{2021}} + {x^{2020}} + 2021\] tại \(x = \frac{{\sqrt 3  - \sqrt 2 }}{{\sqrt 3  + \sqrt 2 }}\).

2. Giải phương trình: \(x + \sqrt {{x^2} - 1}  = \sqrt {x + 1}  + \sqrt {x - 1}  + 4\).

3. Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 3x = {y^3} - 8\\{x^2} + {y^2} = y + 2\end{array} \right.\).

Đặt \(d = \left( {m,n} \right)\). Khi đó, \(m = d{m_1},\,\,n = d{n_1}\), \(\left( {{m_1},{n_1}} \right) = 1\), \({m_1},{n_1} \in {\mathbb{Z}^ + }\).

Ta có: \(mn|{m^2} + {n^2} + m\)

\( \Rightarrow {d^2}{m_1}{n_1}|{d^2}m_1^2 + {d^2}n_1^2 + d{m_1} \Rightarrow d|d{m_1}{n_1}|dm_1^2 + dn_1^2 + {m_1} \Rightarrow d|{m_1}\).

Tương tự \[{m_1}|d{m_1}{n_1}|dm_1^2 + dn_1^2 + {m_1} \Rightarrow {m_1}|dn_1^2 \Rightarrow {m_1}|d\], vì \(\left( {{m_1},{n_1}} \right) = 1\).

Do đó, \(d = {m_1}\) Þ \(m = {d^2}\) là số chính phương.

1.Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\): \({x^2} = 2 - x \Leftrightarrow x = 1\) hoặc x = - 2.

Do đó không mất tính tổng quát giả sử \(A\left( {1;1} \right),B\left( { - 2;4} \right)\).

Do AB không đổi nên chu vi D MAB nhỏ nhất Û MA + MB nhỏ nhất.

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với A qua trục hoành Þ \(A'\left( {1; - 1} \right)\).

Ta có: \(MA = MA' \Rightarrow MA + MB = MA' + MB \ge A'B\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(A',M,B\) thẳng hàng

\[ \Leftrightarrow \]M là giao điểm của \[A'B\] và trục Ox.

Phương trình đường thẳng \(A'B\) có dạng: \(y = ax + b\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b =  - 1\\ - 2a + b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{5}{3}\\b = \frac{2}{3}\end{array} \right.\) Þ \(A'B:y =  - \frac{5}{3}x + \frac{2}{3}\).

Từ đó tọa độ giao điểm của \(A'B\) và Ox là \(M\left( {\frac{2}{5};0} \right)\).

Vậy chu vi D MAB nhỏ nhất khi \(M\left( {\frac{2}{5};0} \right)\).

2.Đặt \(t = \left| {x - 1} \right| \ge 0\) Þ \({t^2} = {x^2} - 2x + 1\). Phương trình thành: \({t^2} - 2mt + 1 = 0\).(*)

Phương trình đã cho vô nghiệm khi:

TH1: Phương trình (*) vô nghiệm Û \(\Delta ' = {m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\). (1)

TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm \({t_1} \le {t_2} < 0\)

Û \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \ge 0\\S < 0\\P > 0\end{array} \right.\) Û \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 \ge 0\\2m < 0\\1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 1 \vee m \le  - 1\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - 1\). (2)

Kết hợp (1) và (2) ta được m < 1.

Cách giải khác:

Đặt \(t = \left| {x - 1} \right| \ge 0\) Þ \({t^2} = {x^2} - 2x + 1\). Phương trình thành: \({t^2} - 2mt + 1 = 0\). (*)                 

Ta tìm m sao cho phương trình đã cho có nghiệm

Û phương trình (*) có 2 nghiệm \({t_1} \ge {t_2} \ge 0\) Û \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \ge 0\\S \ge 0\\P \ge 0\end{array} \right.\)                                                                                                                             

Û \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 1 \ge 0\\2m \ge 0\\1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 1 \vee m \le  - 1\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 1\).            

Phương trình đã cho có nghiệm Û m ³ 1 nên phương trình đã cho vô nghiệm Û m < 1.       

3.Ta có:

\({a^2} + {b^2} \ge 2ab,{b^2} + 1 \ge 2b \Rightarrow \frac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} = \frac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} + 1} \right) + 2}} \le \frac{1}{2}.\frac{1}{{ab + b + 1}}\)

Tương tự: \(\frac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} \le \frac{1}{2}.\frac{1}{{bc + c + 1}};\,\,\frac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \frac{1}{2}.\frac{1}{{ac + a + 1}}\).

Suy ra: \(M \le \frac{1}{2}.\left( {\frac{1}{{ab + b + 1}} + \frac{1}{{bc + c + 1}} + \frac{1}{{ac + a + 1}}} \right)\).

Thay \(c = \frac{1}{{ab}}\) ta được: \(M \le \frac{1}{2}.\left( {\frac{1}{{ab + b + 1}} + \frac{{ab}}{{ab + b + 1}} + \frac{b}{{ab + b + 1}}} \right) = \frac{1}{2}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\). Vậy \(MaxM = \frac{1}{2}\).