Lời giải bài 29: Đặt $t=2x$ và $b=2001$ thì:
$PT\iff (\frac{t^3+b}{b+1})=(b+1)t-b(1)$.
Đặt $y=\frac{t^3+b}{b+1}$, từ $PT(1)$ dẫn đến giải hệ PT hai ẩn:
$\left\{\begin{array}{I} y^3-(b+1)t+b=0(2)\\t^3-(b+1)y+b=0(3) \end{array}\right.$
Trừ theo từng vế $(2)$ và $(3)$ ta được:
$y^3-t^3+(b+1)(y-t)=0$.
$\iff (y-t)(y^2+yt+t^2+b+1)=0(4)$.
Ta có: $y^2+yt+t^2+b+1=(y+\frac{t}{2})^2+\frac{3t^2}{4}+b+1>0$ vì $b+1=2002>0$.
Nên từ $(4)$ suy ra $y=t$.
Thay vào $(3)$ ta được: $t^3-t-bt+b=0$.
$\iff (t-1)(t^2+t-b)=0\iff (t-1)(t^2+t-2001)=0$.
Giải $PT$ này được $3$ nghiệm:
$t_1=1,t_2=\frac{-1+\sqrt{1+4b}}{2},t_3=\frac{-1-\sqrt{1+4b}}{2}$.
$\implies$ PT(1) có $3$ nghiệm:
$x_1=\frac{1}{2},x_2=\frac{-1+\sqrt{8005}}{4},x_3=\frac{-1-\sqrt{8005}}{4}$.
Lời giải bài 30:
Ta thấy trong $n$ điểm thỏa mãn đề bài thì:
$A_1$ và $A_n$ không là trung điểm của đoạn thẳng nào.
$A_2$ và $A_{n-1}$ là trung điểm của $1$ đoạn thằng.
$A_3$ và $A_{n-2}$ là trung điểm của $2$ đoạn thằng.
...
$A_i$ và $A_{n-i+1}$ là trung điểm của $i-1$ đoạn thẳng với mọi $i=2,3,...$ mà $2i\le n$.
Xét hai trường hợp sau:
+ Nếu $n$ lẻ, $n=2k+1(k\in \mathbb{N^*})$ thì $k<k+1=n-k<n-k+1$ nên có một điểm chính giữa $A_{k+1}$ là trung điểm của $k$ đoạn thẳng, do đó số đoạn thằng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm là:
$S=1+2+...+(k-2)+(k-1)+k+(k-1)+(k-2)+...+2+1=k(k-1)+k=k^2$.
Theo giả thiết $k^2=2025$ nên $k=45$ và $n=2k+1=91$.
+ Nếu $n$ chẵn, $n=2k(k\in \mathbb{N^*})$ thì $k<k+1=n-k+1$ nên không có điểm chính giữa, do đó số đoạn thằng thỏa mãn yêu cầu bằng $S=k(k-1)$. Ta thấy $S$ là số chẵn mà $2025$ là số lẻ, do đó không có $n$ điểm như thế.
Lời giải bài 31: Ta có: $2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2\iff \frac{a^2+b^2}{a+b}\ge \frac{a+b}{2},$
$q=[\frac{a^2+b^2}{a+b}]\ge [\frac{a+b}{2}]\ge \frac{a+b-1}{2}\ge \frac{r}{2}\implies r\le 2q$.
Khi đó: $2007=q^2-r\ge q^2-2q=(q-1)^2-1$.
$\implies (q-1)^2\le 2008$.
Vì $q$ là số nguyên dương nên $q-1\le 44$ hay $q\le 45(1)$.
Mặt khác, $2007=q^2-r\le q^2,q$ nguyên dương nên $q\ge 45(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $q=45,r=45^2-2007=18$.
Theo giả thiết, ta có:
$a^2+b^2=45(a+b)+18\iff (2a-45)^2+(2b-45)^2=4122$.
Để ý rằng $4122$ là số chẵn, chia cho $4$ dư $2$, được phân tích thành tổng hai số chính phương lẻ, suy ra hai số chính phương đó phải tận cùng là $1$ hoặc $9$.
Thử với $x=1,9,11,19,21,29,31,39,41$ sao cho $4122-x^2$ là số chính phương, ta tìm được $x=39$ và $4122=39^2+51^2$.
Nếu coi $a\le b$ thì ta có:
$\left\{\begin{array}{I} 2a-45=39\\2b-45=51 \end{array}\right.$
hoặc $\left\{\begin{array}{I} 2a-45=-39\\2b-45=51 \end{array}\right.$
Từ đó tìm được:
$\left\{\begin{array}{I} a=42\\b=48 \end{array}\right.$
hoặc $\left\{\begin{array}{I} a=3\\b=48 \end{array}\right.$
Vậy có $4$ bộ số cần tìm là: $(42;48),(3;48),(48;42),(48;3)$.
Lời giải bài 32:
Phương trình đã cho tương đương: $(y^x+1)(x^y+1)=5330$.
Phân tích $5330$ thành nhân tử ta có:
$5330=1.5330=5.1660=10.533=13.410=26.205=41.130=65.82=2.2665$.
Trong $6$ trường hợp đầu tiên, chúng vô nghiệm.
+Nếu $(x^y+1)(y^x+1)=65.82$ thì:
Tương tự ngược lại ta có :$(x;y)=(3;4);(4;3)$.
+Nếu $(x^y+1)(y^x+1)=2.2665\implies (x;y)=(1;2664)$ hoặc $(x;y)=(2664;1)$.
Vậy $(x;y)\in \left\{(3;4);(4;3);(1;2664);(2664;1)\right\}$.