1. Cho \(f(x) = {x^2} - 3x - 5\) có hai nghiệm là \({x_1},{x_2}\). Đąt \(g(x) = {x^2} - 4\). Tính giá trị của \(T = g\left( {{x_1}} \right) \cdot g\left( {{x_2}} \right)\).

2. Cho \(a,b,c\) la các số thực khác 0 và thóa mân \((a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \) 1. Chứng minh rằng \(\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {{b^{25}} + {c^{25}}} \right)\left( {{c^{2021}} + {a^{2021}}} \right) = 0\).

Giả sử tồn tại số tự nhiên \(n\) thỏa mãn điểu kiện \(n(n + 1) + 7\) không chia hết cho 7 và \(4{n^3} - 5n - 1\) là số chính phương.

Ta có \(4{n^3} - 5n - 1 = (n + 1)\left( {4{n^2} - 4n - 1} \right)\)

Đặt UCLN \(\left( {n + 1;4{n^2} - 4n - 1} \right) = d\left( {d \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n + 1 \vdots d}\\{4{n^2} - 4n - 1 \vdots d}\end{array}} \right.\)

Có \(4{n^2} - 4n - 1 = 4n(n + 1) - 8(n + 1) + 7 \vdots d \Rightarrow 7 \vdots d\)

Vì \(n(n + 1) + 7\) không chia hết cho 7 nên \(n(n + 1)\) không chia hết cho 7 , suy ra \(n + 1\)không chia hết cho 7 , suy ra \(d \ne 7 \Rightarrow d = 1\).

Do đó, \(n + 1\) và \(4{n^2} - 4n - 1\) là hai số nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là số chính phương suy ra \(n + 1\) và \(4{n^2} - 4n - 1\) là các số chính phương.

Suy ra \(4{n^2} - 4n - 1 = {a^2}(a \in \mathbb{N}) \Leftrightarrow {(2n - 1)^2} - {a^2} = 2 \Leftrightarrow (2n - a - 1)(2n + a - 1) = 2\)

Vì \(2n - a - 1 \le 2n + a - 1\)

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2n - a - 1 = 1\\2n + a - 1 = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2n - a - 1 =  - 2\\2n + a - 1 =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}n = \frac{5}{4}\\a = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}n =  - \frac{1}{2}\\a = \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array} \right.,\]không thoả mãn \(n,\,a\) là các số tự nhiên.

Vậy giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh.

Ta có: \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 3abc \Leftrightarrow \frac{a}{{bc}} + \frac{b}{{ca}} + \frac{c}{{ab}} = 3\)

Áp dung bất đẳng thức \(AM - GM\) ta có:

\(\frac{a}{{bc}} + \frac{b}{{ca}} +  \ge 2\sqrt {\frac{a}{{bc}} \cdot \frac{b}{{ca}}}  = \frac{2}{c}\)

\(\frac{b}{{ca}} + \frac{c}{{ab}} \ge 2\sqrt {\frac{b}{{ca}} \cdot \frac{c}{{ab}}}  = \frac{2}{a}\)

\(\frac{a}{{bc}} + \frac{c}{{ab}} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{bc}} \cdot \frac{c}{{ab}}}  = \frac{2}{b}\)

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên, ta có:

\( \Rightarrow 2\left( {\frac{a}{{bc}} + \frac{b}{{ca}} + \frac{c}{{ab}}} \right) \ge 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \le 3\)

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:

\(\begin{array}{l}3{a^2} + 2{b^2} + {c^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + \left( {{a^2} + {c^2}} \right) \ge 4ab + 2ac\\ \Rightarrow \frac{a}{{3{a^2} + 2{b^2} + {c^2}}} \le \frac{a}{{4ab + 2ac}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{{2b + c}}\end{array}\)

Áp dụng Cauchy – Schwarz ta có: \(\frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{b + b + c}} \Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{1}{{2b + c}} \le \frac{1}{{18}}\left( {\frac{2}{b} + \frac{1}{c}} \right)\)

Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{b}{{3{b^2} + 2{c^2} + {a^2}}} \le \frac{1}{{18}}\left( {\frac{2}{c} + \frac{1}{a}} \right);\,\,\,\,\,\frac{c}{{3{c^2} + 2{a^2} + {b^2}}} \le \frac{1}{{18}}\left( {\frac{2}{a} + \frac{1}{b}} \right)\)

Suy ra \(T \le \frac{1}{6}.\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \le \frac{1}{6}.3 \Rightarrow T \le \frac{1}{2}\).

Vậy GTLN của \(T\) là \[\frac{1}{2}\], dấuxảy ra khi \(a = b = c = 1\).