Mở rộng 1: Cho hai số tự nhiên $a$ và $b$ sao cho $a+b$ chia hết cho $2$. Chứng minh rằng $a^{2}-a-b^{2}$ không thể là số chính phương.
Xét 2 trường hợp:
TH1: $a\le b \Rightarrow a^2-a-b^2<0$ không thể là số chính phương.
TH2: $a>b$ thì giải như bài trên.
Kết luận: Vậy $a^2-a-b^2$ không thể là số chính phương.

Lời giải của daovuquang:
Bổ đề 1 (định lí Fermat nhỏ): Nếu $a$ là số tự nhiên và $p$ là số nguyên tố, thì $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$. Về cách chứng minh có thể tham khảo tại: http://diendantoanho...ung-bằng-a-mau/
Bổ đề 2: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)\; (1)$.
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ $(1)$ ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p\; (2)$.
Lại theo định lý Fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho $p\; (3)$.
Từ $(2)$ và $(3)$ suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p\Rightarrow b$ chia hết cho $p$. Suy ra $a$ cũng chia hết cho $p$.
Vậy giả thiết phản chứng là sai $\Rightarrow$ bổ đề được chứng minh.

Quay trở về bài toán:
Giả sử $a^2-a-b^2=x^2\; (x \in \mathbb{N})$
$\Leftrightarrow 4a^2-4a-4b^2=4x^2$
$\Leftrightarrow (4a^2-4a+1)-4b^2=4x^2+1$
$\Leftrightarrow (2a-1)^2-(2b)^2=4x^2+1$
$\Leftrightarrow (2a-2b-1)(2a+2b-1)=4x^2+1\; (1)$.
Nhận xét: $2a+2b-1=2(a+b)-1 \equiv -1 \equiv 3 \pmod{4}$
$\Rightarrow 2a+2b-1$ có ít nhất một ước p có dạng $4k+3$.
Từ $(1)\Rightarrow 4x^2+1 \vdots p$. Áp dụng bổ đề trên, ta có $1 \vdots p$ mà $p$ có dạng $4k+3 \Rightarrow$ vô lí.
Vậy $a^2-a-b^2$ không thể là số chính phương.
----
Nhận xét: Mở rộng 1 và 2 của em là thay điều kiện của bài toán đầu (mở rộng 1 là em thêm điều kiện khác vào chỉ mất một dòng còn mở rộng hai thì $a-b$ và $a+b$ cùng tính chẵn lẻ rồi mà?).
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $\left [ \dfrac{52-\left ( 21-19 \right )}{2} \right ]+3.10+0+0=55$

Mở rộng 1: Tìm GTLN của $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ với $n$ cho trước.

Nhận thấy $m\ge n$ vì nếu $m<n$ thì ko tìm được $x_1;x_2;...;x_m$.
Ko mất tính tổng quát, giả sử $x_1\le x_2\le...\le x_m$.
Ta sẽ chứng minh để $P$ đạt GTLN thì trong các số $x_1;x_2;...;x_m$ không có 2 số nào $>1$.
Thật vậy giả sử có 2 số $x_i>x_j>1\; (i,j \in \mathbb{N}^*;\; 1\le i;j \le m)$. Ta sẽ chứng minh biểu thức $P_1$ khi đó không là lớn nhất.
Xét một dãy khác thỏa mãn điều kiện bài: $x_1+x_2+...+(x_j-1)+...+(x_i+1)+...+x_m=n$. Khi đó $P_2=x_1!x_2!...(x_j-1)!...(x_i+1)!...x_m!=x_1!x_2!...x_j!...x_i!...x_m!.\frac{x_i}{x_j}>P_1$
$\Rightarrow P_1$ không lớn nhất.
Suy ra P lớn nhất khi $x_1=x_2=...=x_{m-1}=1;\; x_m=n-m+1$. Khi đó $P=(n-m+1)!$.
Vậy GTLN của $P=(n-m+1)! \Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{m-1}=1;\; x_m=n-m+1$.

Bài làm của daovuquang:
Em xin viết lại đề bài: Tìm GTNN của $P=x_1!x_2!...x_m!$ trong đó $x_i \in \mathbb{N}^*$ và $x_1+x_2+...+x_m=n$ với $n$ cho trước.

Nhận thấy $m\ge n$ vì nếu $m<n$ thì ko tìm được $x_1;x_2;...;x_m$.
Ko mất tính tổng quát, giả sử $x_1\le x_2\le...\le x_m$. Kí hiệu $\left \lfloor a \right \rfloor$ là số nguyên nhỏ nhất ko vượt quá $a$.
Ta sẽ chứng minh để $P$ đạt GTNN thì trong các số $x_1;x_2;...;x_m$ không có 2 số nào mà khoảng cách giữa chúng >1.
Thật vậy giả sử có 2 số $x_i,x_j\; (i,j \in \mathbb{N}^*;\; 1\le i;j \le m)$ sao cho $x_i-x_j\ge 2\Rightarrow x_i>x_j$. Ta sẽ chứng minh biểu thức $P_1$ khi đó không là nhỏ nhất.
Xét một dãy khác thỏa mãn điều kiện bài: $x_1+x_2+...+(x_j-1)+...+(x_i+1)+...+x_m=n$. Khi đó $P_2=x_1!x_2!...(x_j-1)!...(x_i+1)!...x_m!=x_1!x_2!...x_j!...x_i!...x_m!.\frac{x_j}{x_i}<P_1$
$\Rightarrow P_1$ không nhỏ nhất.
Suy ra khoảng cách giữa các số $x_1;x_2;...;x_m$ chỉ có thể là $1$ hoặc $0$
$\Rightarrow$ dấu bằng xảy ra khi $x_1=x_2=...=x_k; x_{k+1}=x_{k+2}=...=x_m\; (k\in \mathbb{N}^*; k\le m)$ thỏa mãn $k.x_1+(m-k)(x_1+1)=n\; (1)$.
Ta có $(1) \Leftrightarrow mx_1+(m-k)=n$.
Nhận thấy $0<m-k<m \Rightarrow m-k$ là số dư của $n$ khi chia cho $m\Rightarrow k=m-p$ (với $p$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$) và $x_1=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor$
Vậy $P$ đạt GTNN$=(\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor)^k.[(\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor+1)!]^{m-k}$ khi và chỉ khi $x_1=x_2=...=x_k=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor; x_{k+1}=x_{k+2}=...=x_m=\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor+1$ với $k=m-p$ ($p$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$).
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=\left [ \dfrac{52-(6-4)}{2} \right ]+3.10+10+0=65$

Bài làm của daovuquang:

Trên tia đối tia $DC$ lấy $K$ sao cho $KD=BE$.
Ta có: $\triangle{ADK}=\triangle{ABE}\; (c.g.c)\Rightarrow \widehat{KAE}=90^o, KA=AE$ hay $\triangle{KAE}$ vuông cân $(1)$.
Từ giả thiết: $\frac{DF}{DC}=\frac{1-k}{1+k}=\frac{1-\dfrac{BE}{BC}}{1+\dfrac{BE}{BC}}=\frac{EC}{BE+BC}=\frac{EC}{KD+DC}=\frac{EC}{KC}$.
Vì $DC=DA$ nên $\frac{DF}{DA}=\frac{EC}{KC}\Rightarrow \triangle{DAF}\sim\triangle{CKE}\; (c.g.c)\Rightarrow \widehat{AFD}=\widehat{KEC}\; (2)$.
Gọi $G_1$ là giao điểm của $KE$ và $AF$. Từ $(2)$ suy ra $G_1ECF$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó $\widehat{EG_1F}=90^o$, tức là $AG_1\perp KE\Rightarrow AG_1=\frac{KE}{2}=G_1E=G_1C.$
Suy ra $G_1 \in BD\Rightarrow G_1 \equiv G \Rightarrow K,G,E$ thẳng hàng.
Từ $(1)$ suy ra $\widehat{EAF}=45^o=\widehat{BDC}$ nên tứ giác $AHFD$ nội tiếp, do đó $\widehat{AHF}=90^o$ hay $FH\perp AE$. Lấy $R$ là chân đường cao kẻ từ $A$ xuống $EF \Rightarrow AR, EG, FH$ đồng quy tại trực tâm $Q$.
Các tứ giác $QGFR, QHER, FEHG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{GRP}=\widehat{GFH}=\widehat{GEH}=\widehat{PRH}$ hay $RP$ là phân giác $\widehat{GRH} \Rightarrow \frac{PG}{PH}=\frac{RG}{RH}\; (3)$.
Lại có $\triangle{AFK}=\triangle{AFE} (c.g.c)$ nên $KF=EF, \widehat{AFK}=\widehat{AFE}, \widehat{AKF}=\widehat{AEF}=\widehat{AEB}$.
Vì $\widehat{AFK}=\widehat{AFR}\Rightarrow \triangle{AFD}=\triangle{AFR}\; (ch.gn) \Rightarrow DF=DK$.
Suy ra $BE=DK=ER$ và $DG=GR\; (4).$
Tương tự, $\triangle{AER}=\triangle{AEB}\Rightarrow HR=HB\; (5).$
Từ $(3),(4),(5)\Rightarrow \frac{PG}{PH}=\frac{DG}{BH} \Rightarrow$ đpcm.
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 51+3.10+0+0=81

Mình không thi nhưng vẫn xin gửi lời giải của mình lên, lời giải này mình sử dụng kiến thức về hệ thức Viète của lớp 9 để giải.
Đặt $u_1=x_1$ và $v_1=\sum x_i$ với $i=\overline{2;2012}$. Khi đó từ phương trình $(1)$ và phương trình $(2)$ của hệ ta được:
$\left\{\begin{matrix} u_1+v_1=-1 & \\ u_1v_1=-1 & \end{matrix}\right. $
Do đó theo hệ thức Viète $u_1$ và $v_1$ là nghiệm của phương trình: $t^2+t-1=0$.
Giải phương trình trên ta được $u_1=x_1=\dfrac{1}{2}\left ( -1+\sqrt{5} \right )$, $v_1=\dfrac{1}{2}\left ( -1-\sqrt{5} \right )$ hoặc $v_1=\dfrac{1}{2}\left ( -1-\sqrt{5} \right )$, $v_1=x_1=\dfrac{1}{2}\left ( -1+\sqrt{5} \right )$.
Tiếp tục đặt $u_2=x_1+x_2$ và $v_2=\sum x_i$ với $i=\overline{3;2012}$ thì ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix} u_2+v_2=-1 & \\ u_2v_2=-1 & \end{matrix}\right. $
Do đó $u_2=\dfrac{1}{2}\left ( -1+\sqrt{5} \right )$ hoặc $u_2=\dfrac{1}{2}\left ( -1-\sqrt{5} \right )$.
Từ đó suy ra $x_2=0$ hoặc $x_2=-1-2x^1$.
Tiếp tục đặt $u_3=x_1+x_2+x_3$ và $v_3=\sum x_i$ với $i=\overline{4;2012}$ thì ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix} u_3+v_3=-1 & \\ u_3v_3=-1 & \end{matrix}\right. $
Do đó $u_3=\dfrac{1}{2}\left ( -1+\sqrt{5} \right )$ hoặc $u_3=\dfrac{1}{2}\left ( -1-\sqrt{5} \right )$.
Từ đó suy ra $x_3=0$ hoặc $x_3=-x_2$.
Tiếp tục quá trình trên ta được: $x_2=x_4=...=x_{2012}$ và $x_3=x_5=...=x_{2011}$ và các giá trị của nghiệm ta đã tìm được như trên.

Cần mình giải thích rõ ko nhỉ?
Xét bộ nghiệm của mình nhé: $(x_1;x_2;x_3;x_4;...;x_{2011};x_{2012})=(\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5});0;-\sqrt{5};0;...;0;\frac{1}{2}(-1+\sqrt{5})$.
Theo bài giải của bạn:

Tiếp tục quá trình trên ta được: $x_2=x_4=...=x_{2012}$ và $x_3=x_5=...=x_{2011}$ và các giá trị của nghiệm ta đã tìm được như trên.

Bạn đối chiếu thử với nghiệm của mình xem $x_2$ có bằng $x_{2012}$ ko và $x_3$ có bằng $x_{2011}$ ko?

Mình không biết sót "mấy ngàn nghiệm" nào? Bạn nói rõ ra được không?

Bài của bạn vừa sai vừa thiếu. Ví dụ như $(x_1;x_2;...;x_{2012})=(\frac{-1+\sqrt{5}}{2};0;-\sqrt{5};0;...;0;\frac{-1+\sqrt{5}}{2})$ cũng là 1 bộ nghiệm của phương trình nhưng lại không thỏa mãn điều kiện của bạn.
@ConanTM: em (cho mình xin phép xưng hô như vậy) có thấy "hoặc $\pm \sqrt{5}$" to đùng ở đó ko :-s

em cũng đồng tình với black selena những mở rộng giống nhau khoảng 80% sẽ không được tính điểm như anh Hân đã nói năm rồi trận 5 ConanTm có 10 mở rộng có những cái giống nhau đến 90% mà vẫn được tính điểm

Chưa kể đến việc 1 số trong đó là sai.

Em thấy rằng đề bài lần này mang tính trình bày rất cao, có thể nói rằng các lời giải của các bạn khác đều sai hoặc thiếu rất nhiều vì chưa tính đến vị trí các nghiệm $x_2,x_3,...,x_{2011}$. Cái này gần như quyết định tính đúng sai trong lời giải bài toán. Như vậy có thể thấy lời giải của daovuquang và BlackSelena chỉ đúng 1 phần nhỏ vì bỏ sót rất nhiều nghiệm. Thậm chí KL về nghiệm của daovuquang hoàn toàn chưa chính xác.

Xin hỏi ko chính xác ở chỗ nào?

Cho mình hỏi một câu: với những mở rộng quá giống nhau như vậy thì BGK có công nhận hết ko?
Và bài của ConanTM lúc sửa lại so với lúc đầu post thì tính thời gian ntn?

Mở rộng 2:
Giải phương trình với $n\in \mathbb{N}^*; n\geq 2$: $$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=-1\; (1) & \\ x_{1}\left ( x_{2}+x_{3}+...+x_{n} \right )=-1\; (2) & \\ \left ( x_{1}+x_{2} \right )\left ( x_{3}+...+x_{n} \right )=-1 & \\ .......... & \\ \left ( x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{n-1} \right )x_{n}=-1 & \end{matrix}\right. $$

Từ $(1)\Rightarrow x_2+...+x_{n}=-1-x_1$.
Thay vào $(2)$, ta được : $x_1(-1-x_1)=-1$
$\Leftrightarrow x_1^2+x_1-1=0$
$\Leftrightarrow x_1=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Tương tự, $x_{n}=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Mặt khác, xét $(x_1+...+x_{k-1})(x_k+x_{k+1}+...+x_{n})=(x_1+...+x_{k-1}+x_k)(x_{k+1}+...+x_{n})\; (k \in \mathbb{N}^*; 2\le k\le n-1)$
$\Leftrightarrow (x_1+...+x_{k-1})x_k+(x_1+...+x_{k-1})(x_{k+1}+...+x_{n})=(x_1+...+x_{k-1})(x_{k+1}+...+x_{n})+x_k(x_{k+1}+...+x_{n})$
$\Leftrightarrow x_k[(x_1+...+x_{k-1})-(x_{k+1}+...+x_{n})]=0$
$\Leftrightarrow x_k=0$ hoặc $x_1+...+x_{k-1}=x_{k+1}+...+x_{n} (*)$.
Đặt $x_1+...+x_{k-1}=a$.
Thay $(*)$ vào $(1)\Rightarrow 2a+x_k=-1 \Leftrightarrow a=\frac{-1-x_k}{2}.$
Khi đó $(x_1+...+x_{k-1})(x_k+x_{k+1}+...+x_{n})=-1$
$\Leftrightarrow a(x_k+a)=-1$
$\Leftrightarrow \frac{-1-x_k}{2}(x_k+\frac{-1-x_k}{2})=-1$
$\Leftrightarrow 5-x_k^2=0$
$\Leftrightarrow x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;n-1$
$\Rightarrow x_k=0$ hoặc $x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;n-1$.
Kết luận: phương trình có nghiệm $x_1=x_{n}=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$; $x_k=0$ hoặc $x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;n-1$ thỏa mãn $x_2+x_3+...+x_{n-1}=0$ hoặc $\pm \sqrt{5}$.

Mở rộng 1:

Giải pt: $$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{2n}=-1\; (1) & \\ x_{1}\left ( x_{2}+x_{3}+...+x_{2n} \right )=-1\; (2) & \\ \left ( x_{1}+x_{2} \right )\left ( x_{3}+...+x_{2n} \right )=-1 & \\ .......... & \\ \left ( x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{2n-1} \right )x_{2n}=-1 & \end{matrix}\right. $$

Từ $(1)\Rightarrow x_2+...+x_{2n}=-1-x_1$.
Thay vào $(2)$, ta được : $x_1(-1-x_1)=-1$
$\Leftrightarrow x_1^2+x_1-1=0$
$\Leftrightarrow x_1=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Tương tự, $x_{2n}=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Mặt khác, xét $(x_1+...+x_{k-1})(x_k+x_{k+1}+...+x_{2n})=(x_1+...+x_{k-1}+x_k)(x_{k+1}+...+x_{2n})\; (k \in \mathbb{N}^*; 2\le k\le 2n-1)$
$\Leftrightarrow (x_1+...+x_{k-1})x_k+(x_1+...+x_{k-1})(x_{k+1}+...+x_{2n})=(x_1+...+x_{k-1})(x_{k+1}+...+x_{2n})+x_k(x_{k+1}+...+x_{2n})$
$\Leftrightarrow x_k[(x_1+...+x_{k-1})-(x_{k+1}+...+x_{2n})]=0$
$\Leftrightarrow x_k=0$ hoặc $x_1+...+x_{k-1}=x_{k+1}+...+x_{2n} (*)$.
Đặt $x_1+...+x_{k-1}=a$.
Thay $(*)$ vào $(1)\Rightarrow 2a+x_k=-1 \Leftrightarrow a=\frac{-1-x_k}{2}.$
Khi đó $(x_1+...+x_{k-1})(x_k+x_{k+1}+...+x_{2n})=-1$
$\Leftrightarrow a(x_k+a)=-1$
$\Leftrightarrow \frac{-1-x_k}{2}(x_k+\frac{-1-x_k}{2})=-1$
$\Leftrightarrow 5-x_k^2=0$
$\Leftrightarrow x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;2n-1$
$\Rightarrow x_k=0$ hoặc $x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;2n-1$.
Kết luận: phương trình có nghiệm $x_1=x_{2n}=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$; $x_k=0$ hoặc $x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;2n-1$ thỏa mãn $x_2+x_3+...+x_{2n-1}=0$ hoặc $\pm \sqrt{5}$.

Bài làm của daovquang:
Viết lại hệ pt: $$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{2012}=-1\; (1) & \\ x_{1}\left ( x_{2}+x_{3}+...+x_{2012} \right )=-1\; (2) & \\ \left ( x_{1}+x_{2} \right )\left ( x_{3}+...+x_{2012} \right )=-1 & \\ .......... & \\ \left ( x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{2011} \right )x_{2012}=-1 & \end{matrix}\right. $$

Từ $(1)\Rightarrow x_2+...+x_{2012}=-1-x_1$.
Thay vào $(2)$, ta được : $x_1(-1-x_1)=-1$
$\Leftrightarrow x_1^2+x_1-1=0$
$\Leftrightarrow x_1=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Tương tự, $x_{2012}=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Mặt khác, xét $(x_1+...+x_{k-1})(x_k+x_{k+1}+...+x_{2012})=(x_1+...+x_{k-1}+x_k)(x_{k+1}+...+x_{2012})\; (k \in \mathbb{N}^*; 2\le k\le 2011)$
$\Leftrightarrow (x_1+...+x_{k-1})x_k+(x_1+...+x_{k-1})(x_{k+1}+...+x_{2012})=(x_1+...+x_{k-1})(x_{k+1}+...+x_{2012})+x_k(x_{k+1}+...+x_{2012})$
$\Leftrightarrow x_k[(x_1+...+x_{k-1})-(x_{k+1}+...+x_{2012})]=0$
$\Leftrightarrow x_k=0$ hoặc $x_1+...+x_{k-1}=x_{k+1}+...+x_{2012} (*)$.
Đặt $x_1+...+x_{k-1}=a$.
Thay $(*)$ vào $(1)\Rightarrow 2a+x_k=-1 \Leftrightarrow a=\frac{-1-x_k}{2}.$
Khi đó $(x_1+...+x_{k-1})(x_k+x_{k+1}+...+x_{2012})=-1$
$\Leftrightarrow a(x_k+a)=-1$
$\Leftrightarrow \frac{-1-x_k}{2}(x_k+\frac{-1-x_k}{2})=-1$
$\Leftrightarrow 5-x_k^2=0$
$\Leftrightarrow x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;2011$
$\Rightarrow x_k=0$ hoặc $x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;2011$.
Kết luận: phương trình có nghiệm $x_1=x_{2012}=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$; $x_k=0$ hoặc $x_k=\pm \sqrt{5}$ với $k=2;3;...;2011$ thỏa mãn $x_2+x_3+...+x_{2011}=0$ hoặc $\pm \sqrt{5}$.
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 50+3.10+2.10+0=100

Mở rộng 1: Cho $x,y$ là các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: $ax^2+x=(a+1)y^2+y\; (1)$ với $a$ là tham số. ($a \in \mathbb{N}^*$)
Chứng minh rằng: các số $x-y; ax+ay+1$ và $(a+1)x+(a+1)y+1$ đều là số chính phương.

Bài làm:
Ta có: $(1) \Leftrightarrow ax^2+x=ay^2+y+y^2$
$\Leftrightarrow a(x^2-y^2)+(x-y)=y^2$
$\Leftrightarrow (x-y)(ax+ay+1)=y^2$.
Giả sử $x-y$ và $ax+ay+1$ chia hết cho $d$ nào đó với $d \in \mathbb{N}^*$ , $d>1$.
$\Rightarrow (x-y)(ax+ay+1) \vdots d^2$
$\Rightarrow y^2 \vdots d^2$
$\Rightarrow y\vdots d$
$\Rightarrow x \vdots d$ ( vì $(x-y)\vdots d$)
$\Rightarrow (ax+ay+1)\equiv 1\; (mod\; d)$
$\Rightarrow$ vô lí.
Vậy $x-y; ax+ay+1$ nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng bổ đề (ở bài gốc), ta suy ra $x-y$ và $ax+ay+1$ đều là số chính phương.
Tương tự, biến đổi gt thành $(x-y)[(a+1)x+(a+1)y+1]=x^2$.
Lí luận tương tự như trên, ta suy ra $(a+1)x+(a+1)y+1$ là số chính phương.
Kết luận: $x-y; ax+ay+1$ và $(a+1)x+(a+1)y+1$ đều là số chính phương.

Bài làm của daovuquang:
Bổ đề: Cho $a,b \in \mathbb{N}^*, (a;b)=1$. Biết $a.b$ là 1 số chính phương. CMR $a$ và $b$ đều là số chính phương.
Chứng minh: Giả sử $ab=c^2$.
Nếu khi phân tích thành thừa số nguyên tố, $a$ hoặc $b$ (ta cho là $a$) có thừa số nguyên tố $p$ với số mũ lẻ
$\Rightarrow b$ không chứa thừa số $p$ (do $(a;b)=1$)
$\Rightarrow c^2$ chứa thừa số $p$ với số mũ lẻ
$\Rightarrow$ vô lí (do $c^2$ là số chính phương).
Vậy $a$ và $b$ đều là số chính phương.

Quay trở về bài toán:
Theo gt, $2x^2+x=3y^2+y$
$\Leftrightarrow 2(x^2-y^2)+(x-y)=y^2$
$\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y+1)=y^2$.
Giả sử $x-y$ và $2x+2y+1$ chia hết cho $d$ nào đó với $d \in N^*$ , $d>1$.
$\Rightarrow (x-y)(2x+2y+1) \vdots d^2$
$\Rightarrow y^2 \vdots d^2$
$\Rightarrow y\vdots d$
$\Rightarrow x \vdots d$ ( vì $(x-y)\vdots d$)
$\Rightarrow (2x+2y+1)\equiv 1\; (mod\; d)$
$\Rightarrow$ vô lí.
Vậy $x-y; 2x+2y+1$ nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng bổ đề, ta suy ra $x-y$ và $2x+2y+1$ đều là số chính phương.
Tương tự, biến đổi gt thành $(x-y)(3x+3y+1)=x^2$.
Lí luận tương tự như trên, ta suy ra $3x+3y+1$ là số chình phương.
Kết luận: $x-y; 2x+2y+1$ và $3x+3y+1$ đều là số chính phương.
----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=52-(21-20)+3.10+10+0=91$

Mở rộng 3: Tìm min F=$(x+2y+1)^2+(2x+ay+b)^2$ theo $a,b$.
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $a\neq 4$:
$F=(x+2y+1)^2+(x+ay+b)^2\geq 0$.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+2y+1=0\; (1)\\
2x+ay+b=0\; (2)
\end{matrix}\right.$
Từ $(1)\Rightarrow x=-2y-1$.
Thay vào $(2)$ được $(a-4)y+(b-2)=0 \Leftrightarrow y=\frac{b-2}{4-a}$.
Khi đó $x=-2y-1=\frac{2(b-2)}{a-4}-1$.
TH2: $a=4 \Rightarrow F=(x+2y+1)^2+(2x+4y+b)^2$.
Áp dụng Cauchy-Schwarz: $[(x+2y+1)^2+(2x+4y+b)^2][(-2)^2+1]\geq[-2(x+2y+1)+(2x+4y+b)]^2=(b-2)^2$
$\Rightarrow F\geq \frac{(b-2)^2}{5}$.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \frac{x+2y+1}{-2}=\frac{2x+4y+b}{1}$
$\Leftrightarrow 5x+10y+(2b+1)=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{5}(-10y-2b-1)$.
Kết luận:
Với $a\neq 4$ thì min $F=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{2(b-2)}{a-4}-1\\
y=\frac{b-2}{4-a}
\end{matrix}\right.$
Với $b=4$ thì min $F=9 \Leftrightarrow x=\frac{1}{5}(-10y-2b-1)$.

Mở rộng 2: Tìm min F=$(ax+2y+1)^2+(2ax+by+5)^2$ theo giá trị của $a,b$.
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $b\neq 4$:
$F=(ax+2y+1)^2+(2ax+by+5)^2\geq 0$.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
ax+2y+1=0\; (1)\\
2ax+by+5=0\; (2)
\end{matrix}\right.$
Từ $(1)\Rightarrow ax=-2y-1$.
Thay vào $(2)$ được $(b-4)y+3=0 \Leftrightarrow y=\frac{3}{4-b}$.
Khi đó $x=\frac{-2y-1}{a}=\frac{\frac{6}{b-4}-1}{a}=\frac{6}{a(b-4)}-\frac{1}{a}$.
TH2: $b=4 \Rightarrow F=(ax+2y+1)^2+(2ax+4y+5)^2$.
Áp dụng Cauchy-Schwarz: $[(ax+2y+1)^2+(2ax+4y+5)^2][(-2)^2+1]\geq[-2(ax+2y+1)+(2ax+4y+5)]^2=9$
$\Rightarrow F\geq \frac{9}{5}$.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \frac{ax+2y+1}{-2}=\frac{2ax+4y+5}{1}$
$\Leftrightarrow 5ax+10y+11=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{5a}(-10y-11)$.
Kết luận:
Với $b\neq 4$ thì min $F=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{6}{a(b-4)}-\frac{1}{a}\\
y=\frac{3}{4-b}
\end{matrix}\right.$
Với $b=4$ thì min $F=9 \Leftrightarrow x=\frac{1}{5a}(-10y-11)$.

Mở rộng 1: Nhận thấy $x,y$ bình đẳng với nhau, ta có đề bài sau: Tìm min $F=(2x+y+1)^2+(ax+2y+5)^2$.
Giải tương tự bài gốc.

Bài làm của daovuquang:
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $a\neq 4$:
Ta có: $F=(x+2y+1)^2+(2x+ay+5)^2\geq 0$.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+2y+1=0\; (1)\\
2x+ay+5=0\; (2)
\end{matrix}\right.$
Từ $(1)\Rightarrow x=-2y-1\; (3)$.
Thay $(3)$ vào $(2)$, ta được: $2(-2y-1)+ay+5=0$
$\Leftrightarrow (a-4)y=-3$
$\Leftrightarrow y=\frac{3}{4-a}$.
Thay vào $(3)$ được: $x=\frac{6}{a-4}-1$.
TH2: $a=4$:
Khi đó, $F=(x+2y+1)^2+(2x+4y+5)^2.$
Áp dụng Cauchy-Schwarz: $[(x+2y+1)^2+(2x+4y+5)^2][(-2)^2+1]\geq[-2(x+2y+1)+(2x+4y+5)]^2=9$
$\Rightarrow F\geq \frac{9}{5}$.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \frac{x+2y+1}{-2}=\frac{2x+4y+5}{1}$
$\Leftrightarrow 5x+10y+11=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{5}(-10y-11)$.
Kết luận:
Với $a\neq 4$thì min $F=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{6}{a-4}-1\\
y=\frac{3}{4-a}
\end{matrix}\right.$
Với $a=4$ thì min $F=\frac{9}{5} \Leftrightarrow x=\frac{1}{5}(-10y-11)$.
----
$S=52-(22-21)+3.10+3.10+0=111$

Mở rộng 1: Ta sẽ thêm các hằng số $\alpha$, $\beta$ vào phương trình. Giải hệ pt với $\alpha, \beta$ cùng dấu: $\left\{\begin{matrix}
2\alpha y(x^2-y^2)=3\beta x\; (1)\\
\alpha x(x^2+y^2)=10\beta y\; (2)
\end{matrix}\right.$
Lời giải:
Thấy (x;y)=(0;0) là nghiệm và $x,y$ không thể trái dấu. Mặt khác, nếu $(x;y)$ là nghiệm thì $(-x;-y)$ cũng là nghiệm. Dưới đây ta xét $x,y>0$:
Chia $(1)$ cho $(2)$, ta được: $\frac{2y(x^2-y^2)}{x(x^2+y^2)}=\frac{3x}{10y}\; (3)$.
Đặt $\frac{x}{y}=a\; (a>0)$ thì $(3)\Leftrightarrow \frac{2(a^2-1)}{a(a^2+1)}=\frac{3a}{10}$
$\Leftrightarrow 3a^4-17a^2+20=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=2\\
a=-2\; (L)\\
a=\sqrt{\frac{5}{3}}\\
a=-\sqrt{\frac{5}{3}}\; (L)
\end{bmatrix}$.
TH1: $a=2$ hay $x=2y$:
Thay vào $(1)$ được: $2\alpha y(4y^2-y^2)=3\beta.2y$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{\beta}{\alpha}$
$\Leftrightarrow y=\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}}$
$\Rightarrow x=2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}}$.
Thử vào $(2)$ thấy đúng.
Suy ra $(x;y)=( 2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}});( -2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};-\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}})$.
TH2: $a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y$:
Thay vào $(1)$ được: $2\alpha y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\beta.\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{\sqrt{375}\beta}{4\alpha}$
$\Leftrightarrow y=\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}}$
$\Rightarrow x=\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}}$.
Thử vào $(2)$ thấy đúng.
Suy ra $(x;y)=(\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}});(-\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};-\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);( 2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}});( -2\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}};-\sqrt{\frac{\beta}{\alpha}});(\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}});(-\sqrt[4]{\frac{375\beta^2}{16\alpha^2}};-\sqrt[4]{\frac{135\beta^2}{16\alpha^2}})$.

Em xin phép làm lại TH2:
$a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y:$
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}y^2=3\sqrt{\frac{5}{3}}$
$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt[4]{135}}{2}$
$\Rightarrow x=\frac{\sqrt[4]{375}}{2}$.
Suy ra $(x;y)=(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);(2;1);(-2;-1);(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.

Bài làm của daovuquang:
Dễ thấy $(x;y)=(0;0)$ là 1 nghiệm của phương trình. Mặt khác, nếu $(x;y)$ là nghiệm thì $(-x;-y)$ cũng là nghiệm. Dưới đây ta chỉ xét $x,y>0$:
Viết lại hệ: $$\left\{\begin{matrix}
2y(x^2-y^2)=3x\: (1)\\
x(x^2+y^2)=10y\: (2)
\end{matrix}\right.$$
Chia $(2)$ cho $(1)$: $\frac{2y(x^2-y^2)}{x(x^2+y^2)}=\frac{3x}{10y} (3)$.
Đặt $\frac{x}{y}=a \Rightarrow a>0$. Nhận thấy: $\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\frac{\frac{x^2}{y^2}-1}{\frac{x^2}{y^2}+1}=\frac{a^2-1}{a^2+1}$.
Suy ra $(3)\Leftrightarrow \frac{2(a^2-1)}{a(a^2+1)}=\frac{3a}{10}$
$\Leftrightarrow 20(a^2-1)=3a^2(a^2+1)$
$\Leftrightarrow 3a^4-17a^2+20=0$
$\Leftrightarrow (a-2)(a+2)(3a^2-5)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=2\\
a=-2 (L)\\
a=\sqrt{\frac{5}{3}}\\
a=-\sqrt{\frac{5}{3}} (L)
\end{bmatrix}$
Xét 2 TH:
TH1: $a=2$ hay $x=2y:$
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(4y^2-y^2)=6y$
$\Leftrightarrow y^2=1$
$\Leftrightarrow y=1$.
Suy ra $(x;y)=(2;1);(-2;-1)$ (nếu $(x;y)$ là nghiệm thì $(-x;-y)$ cũng là nghiệm)
TH2: $a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y$:
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}y^2=3\sqrt{\frac{5}{3}}$
$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt[4]{375}}{2}.$
$\Rightarrow x=\frac{\sqrt[4]{135}}{2}.$
Suy ra $(x;y)=(\frac{\sqrt[4]{135}}{2}; \frac{\sqrt[4]{375}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{135}}{2};- \frac{\sqrt[4]{375}}{2})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);(2;1);(-2;-1);(\frac{\sqrt[4]{135}}{2}; \frac{\sqrt[4]{375}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{135}}{2};- \frac{\sqrt[4]{375}}{2}).$

Bài làm lại trường hợp 2:

Em xin phép làm lại TH2:
$a=\sqrt{\frac{5}{3}}$ hay $x=\sqrt{\frac{5}{3}}y:$
Thay vào pt $(1)$, ta được: $2y(\frac{5}{3}y^2-y^2)=3\sqrt{\frac{5}{3}}y$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}y^2=3\sqrt{\frac{5}{3}}$
$\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt[4]{135}}{2}$
$\Rightarrow x=\frac{\sqrt[4]{375}}{2}$.
Suy ra $(x;y)=(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.
Kết luận: $(x;y)=(0;0);(2;1);(-2;-1);(\frac{\sqrt[4]{375}}{2};\frac{\sqrt[4]{135}}{2});(-\frac{\sqrt[4]{375}}{2};-\frac{\sqrt[4]{135}}{2})$.

----
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S=52-(21-20)+3.10+10+0=91$

Đây là phương trình nghiệm nguyên Pitago nên nó có vô số nghiệm nguyên mà bạn @@ sao lại thuộc rỗng nhỉ @@

Giải hệ phương trình mà anh.

Đặt $\sqrt{x^2+x+1}=a; \sqrt{x^2-x+1}=b (a,b>0).$
Viết lại pt: $a-b=a^2-b^2$
$\Leftrightarrow (a-b)(a+b-1)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=b\\
a+b=1
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=0\\
a+b=1 (*)
\end{bmatrix}$.
Mà $\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}\geq 2\sqrt[4]{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}=2\sqrt[4]{x^4+x^2+1}\geq 2>1$
$\Rightarrow (*) $ vô nghiệm.
Vậy $x=0$.

Cho $a=1$ thì $b=1,42076...$, suy ra $\frac{a}{b}=0.70384...$.
Cho $b=1$ thì $a=1,23175...$, suy ra $\frac{a}{b}=1,23175...$.