Trong hình đính kèm. 

Nếu $\frac{MQ}{BA}=\frac{NP}{BC}$ và $\angle MBA = \angle CBN=\frac{\pi}{2}$

Trong đó $D, E$ lần lượt là trung điểm của  $MN, PQ$, hãy chỉ ra rằng: $DE \perp AC$

 

Nếu như $P=Q=B$ thì kết quả này là mở rộng định lý Brahmagupta.

 

 

Nếu $P=Q=B$ và $M, B, C$ thẳng hàng và $N, B, A$ thẳng hàng thì đây chính là: 

 

 

 

Dựa trên sự quan sát các kết quả liên quan đến định lý Fermat, giả thuyết Beal, giả thuyết ABC....tôi đề xuất một giả thuyết sau đây:

 

Cho $A, B, C$ là ba số nguyên dương sao cho $A+B=C$ với $(A,B)= (B,C) = (C,A) = 1$. Phân tích ba số $A, B, C$ ra thừa số nguyên tố:

 

$A=a_1^{x_1}a_2^{x_2}...a_n^{x_n}$, 

 

$B=b_1^{y_1}b_2^{y_2}...b_m^{y_m}$, 

 

$C=c_1^{z_1}c_2^{z_2}...c_k^{z_k}$

 

Giả thuyết khẳng định khi đó $\min\{x_i, y_j, z_h \} \le 5$ với mọi $1 \le i \le n,  1\ \le j \le m, 1\le h \le k$

 

Giả thuyết trên nếu được chứng minh nó sẽ rất mạnh, lúc đó các định lý Fermat, giả thuyết Beal, giả thuyết Fermat-Catalan chỉ là các trường hợp đặc biệt. Hiện tại chưa tìm được phản ví dụ. 

 

                                                                        Đào Thanh Oai

Cho $n$ là một số tự nhiên $n \ge 2$ và $x_1, \cdots, x_n$ and $y_1,\cdots, y_n$  là hai bộ số sao cho $(x_1,\cdots, x_n)$ trội hơn bộ số $(y_1,\cdots, y_n)$; Cho $0 \leq a_1, a_2,\cdots,a_n \leq 1$ khi đó ta có: 

 

$$\sum_{\text{sym}} {x_1}^{a_1}{x_2}^{a_2}\cdots {x_n}^{a_n}\leq \sum_{\text{sym}} {y_1}^{a_1}{y_2}^{a_2}\cdots {y_n}^{a_n}$$

 

Chú ý rằng: Bất đẳng thức trên không phải bất đẳng thức Muirhead

 

Example: Let $0 \leq a_i \leq 1$ then 

 

1. $4^{a_1}1^{a_2}+ 4^{a_2}1^{a_1} \le 3^{a_1}2^{a_2}+ 3^{a_2}2^{a_1}$ 

 

2. $5^{a_1}5^{a_2}2^{a_3}+5^{a_1}5^{a_3}2^{a_2}+5^{a_2}5^{a_1}2^{a_3}+5^{a_2}5^{a_3}2^{a_1}+5^{a_3}5^{a_1}2^{a_2}+5^{a_3}5^{a_2}2^{a_1}

\leq 4.5^{a_1}4^{a_2}3.5^{a_3}+4.5^{a_1}4^{a_3}3.5^{a_2}+4.5^{a_2}4^{a_1}3.5^{a_3}+4.5^{a_2}4^{a_3}3.5^{a_1}+4.5^{a_3}4^{a_1}3.5^{a_2}+4.5^{a_3}4^{a_2}3.5^{a_1}$

 

 

- Muirhead's Inequality

 

 - Group multiplication of permutations

Cho ba số nguyên $A, B, C$ trong đó $A^2+B^2+C^2 \ne 0$;  và cho trước một phương trình nghiệm nguyên bất kỳ  $f(x,y,z)=0$. Khi đó tồn tại một số $N_0 > 2$ để với $m, n, k \ge N_0$ thì phương trình sau: $f(x,y,z)+Ax^n+By^m+Cz^k=0$ với điều kiện $gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$ sẽ có số nghiệm hữu hạn.

 

 

Let $A, B, C$ be given three integer numbers, $A^2+B^2+C^2 \ne 0$;  and $f(x,y,z)=0$ be given diophantine equation. Then exist $N_0 > 2$ such that $m, n, k \ge N_0$ the equation as follows: $f(x,y,z)+Ax^n+By^m+Cz^k=0$ with condition $gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$ has only finitely solutions

Chúng ta cũng biết Một kết quả well-known trong giải tích như sau:

Định lý: Nếu như $f(a).f(b)<0$ và hàm số $f(x)$ liên tuc trên $[a,b]$ thì ít nhất có một nghiệm trên $(a,b)$.

Tuy nhiên trong một chừng mực nào đó thì ta không áp dụng ngay được định lý trên vào đặc biệt với các hàm phức tạp, hoặc chứa tham số, không dễ nhẩm hoặc tính được f(a), f(b). Tôi đưa ra một ý tưởng(thầy Trần Nam Dũng và thầy Nguyễn Hùng Sơn đã nói rằng ý tưởng của mệnh đề sau cũ) sau để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình trên.

Mệnh đề: Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên đoạn $[a,b]$, và $f(a+\epsilon)*f(b-\epsilon)<0$ với một $\epsilon>0$ và nhỏ bao nhiêu tùy ý thì hàm số $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm trên khoảng $(a,b)$.

 

 

Mong các bạn cho lời giải khác?

Cho $f(x)$ là hàm số thực lồi và liên tục trên $I$. Giả sử $x_1, . . . , x_n$ và $y_1, . . . , y_n$ thuộc $I$ sao cho hai điều kiện sau đây được thỏa mãn:

 

1. $x_1 \ge x_2 \ge x_3.....\ge x_n,$ và $y_1 \ge y_2 \ge y_3.....\ge y_n$

 

2. $x_1+...+x_i \ge y_1+.....+y_i$ và $x_{i+1}+...+x_n \le y_{i+1}+...+y_n$ với $i=1,....,n-1$ chứng minh rằng

 

$$\frac{f(x_1)+f(x_2)+....+f(x_n)}{n}-f(\frac{x_1+x_2+....+x_n}{n}) \ge \frac{f(y_1)+f(y_2)+....+f(y_n)}{n}-f(\frac{y_1+y_2+....+y_n}{n}) $$

 

Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu $x_i=y_i$  với mọi $i \in {1, 2,...,n}$