Bài 3:

 Tìm n nguyên dương thoả mãn $3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n$

$3^{n-1}+5^{n-1}\mid 3^n+5^n=3(3^{n-1}+5^{n-1})+2.5^{n-1}$
$<=>3^{n-1}+5^{n-1}\mid 2.5^{n-1}$
Khi đó tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho:
$k(3^{n-1}+5^{n-1})=2.5^{n-1}<=>(2-k)5^{n-1}=k.3^{n-1}$
Do $VP>0$ suy ra $2-k>0<=>k=1$
$<=>5^{n-1}=3^{n-1}=>n=1$
Vậy $n=1$

Cho các số thực x,y,z thoả mãn $(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}=8$ và $x^{3}+y^{3}+z^{3}=1$. Tìm GTNN:
$P=x^{4}+y^{4}+z^{4}$

Đặt $a=x+y+z$ và $b=xy+yz+zx$
Từ giả thiết,ta có các hệ thức sau:
$\sum (x-y)^2=8<=>\sum x^2=b+4<=>a^2=3b+4$ $(1)$
$\sum x^3=1<=>a^3-3ab+3xyz=1<=>xyz=\frac{1+3ab-a^3}{3}=\frac{1+a(a^2-4)-a^3}{3}=\frac{1-4a}{3}$ $(2)$

Ta có: $P=(\sum x^2)^2-2(\sum x^2y^2)=(\sum x^2)^2-2[(\sum xy)^2-2xyz(x+y+z)]$

Thay vào $(1),(2)$ vào $P$, ta được: $P=\frac{-a^4-16a^2+12a+32}{9}$
Đặt $f(a)=-a^4-16a^2+12a+32$ với $a\in [\sqrt[3]{\frac{9-3\sqrt{777}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{9+3\sqrt{777}}{2}};+\infty)$
Xét đạo hàm tìm được điểm rơi là $a=\sqrt[3]{\frac{3}{2}-\sqrt{\frac{2291}{108}}}+\sqrt[3]{\frac{3}{2}+\sqrt{\frac{2291}{108}}}$
$=>P\geqslant ......$

giải phương trình nghiệm nguyên  $2x^{4}-2x^{2}+1=y^{2}$ ( sưa tầm )

$PT<=>(2x-1)^2+1=2y^2<=>(2x-1)^2-2y^2=-1$
Đây là phương trình $Pell$ loại 2....

Không mất tính tổng quát, giả sử: $y\leq x< 2013$.
Vì $x$ nguyên dương nên: $2013\geq x+1\Leftrightarrow 2013^{2011}\geq (x+1)^{2011}=x^{2011}+2011.x^{2010}+...+2011x+1> x^{2011}+2011.x^{2010}$.
Do đó:
$x^{2011}+y^{2011}> x^{2011}+2011.x^{2010}\Leftrightarrow y^{2011}>2011.x^{2010}$
Vì   $y\leq x$ nên: 
$\left\{\begin{matrix} x^{2011}>2011.x^{2010}\\ y^{2011}>2011.y^{2010} \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x>2011\\ y>2011 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow 2011<x,y<2013.$
Vậy $x=y=2012$.(Do $x,y$ nguyên dương).

PT vô nghiệm theo định lý Fermat lớn

Với $p,q,r$ là các số nguyên tố, $n$ là số tự nhiên thì : $p^n+q^n=r^2$. Chứng minh $n=1$

Nếu $p,q>2:$
Suy ra $r=2$ và $p^n+q^n=4<=>p=q=2$ hay $n=1$
Xét $p=2$ và $q>3:$
$TH1: n$ chẵn
$PT<=>(2^k)^2+(q^k)^2=r^2$ $(k>1)$ .Đây là phương trình Pytago nên tồn tại 2 số nguyên dương $m,b$ thoả mãn:'
$r=m^2+b^2$, $q^k=m^2-b^2$ và $2^k=2mb<=>2^{k-1}=mb$
Chú ý rằng $q^k=(m-b)(m+b)$ nên $m,b$ khác tính chẵn lẻ
$=>b=1$ và $m=2^{k-1}$
Khi đó $q^k=(m-1)(m+1)$ kéo theo $m-1=q^u$ và $m+1=q^v$ $(u+v=k)$
$<=>2=q^v-q^u=q^u(q^{v-u}-1)<=>....=>PT$ vô nghiệm khi $n$ chẵn
$TH2: n$ lẻ $(n>1)$
Gọi $\alpha$ là ước nguyên tố của $q+2$, áp dụng bổ đề LTE:
$v_{\alpha}(q^n+2^n)=v_{\alpha}(q+2)+v_{\alpha}(n)=v_{\alpha}(r^2)$
mà $\alpha,r$ là 2 số nguyên tố nên $v_{\alpha}(r^2)=0$
Kéo theo $v_{\alpha}(q^n+2^n)=0$ (vô lí)
Vậy $n=1$

3)Tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn $pq\mid \left ( 5^{p}-2^{p} \right )\left ( 5^{q}-2^{q} \right )$.

Giả sử $p\leqslant q$
Áp dụng định lý Fermat nhỏ: $5^p-2^p\equiv 5-2=3$ $(mod$ $p)$
$=>q\mid 5^p-2^p$ và $p\mid 5^q-2^q$
Giả sử $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $p\mid 5^k-2^k$
Mặt khác theo định lý Fermat nhỏ: $p\mid 5^{p-1}-2^{p-1}$
Suy ra $k\mid q$ và $k\mid p-1$
Nếu $k=1:$ ta có $p\mid 5-2=3$ kéo theo $p=3$
Nếu $k=q:$ Do $k\mid p-1=>k=q\leqslant p-1\leqslant q-1$ (vô lí)
Khi đó $q\mid 5^3-2^3=117=13.3^2$ kéo theo $q=3$ hoặc $q=13$
Vậy $(p,q)=(3,3);(13,3);(3,13)$

Chứng minh với mọi a, b, c là các số thực dương ta có:
$\frac{a}{\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{2c^{2}+2a^{2}-b^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}\geq \sqrt{3}$

Đặt $A=\sum \frac{a}{\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}$
$B=\sum a(2b^2+2c^2-a^2)$
Áp dụng bđt Holder: $A^2.B\geqslant (a+b+c)^3<=>A^2\geqslant \frac{(a+b+c)^3}{\sum a(2b^2+2c^2-a^2)}$

Ta có:$ \frac{(a+b+c)^3}{\sum a(2b^2+2c^2-a^2)}\geqslant 3$
$<=>(a+b+c)^3\geqslant \sum 6ab(a+b)-\sum 3a^3$
$<=>4(a^3+b^3+c^3)+6abc\geqslant \sum 3ab(a+b)$
$<=>[a^3+b^3+c^3-3abc]+3[a^3+b^3+c^3+3abc-\sum ab(a+b)]\geqslant 0$ (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge ab+bc+ca+\left(\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{13}{4}+4\sqrt{2}}\right)(a-1)(b-1)(c-1)$$

(AoPS) Cho $p$ là số nguyên tố $(p>7)$ và $s$ là số nguyên.Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho: $\prod_{i=1}^n (x_i^2-1)\equiv s$ $(mod$ $p)$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ac+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2} \geq \frac{3(ab+bc+ac)}{a+b+c}.$$

Theo C-S: $VT=\sum \frac{a^4}{ab^2-abc+ac^2}\geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum ab(a+b)-3abc}$
Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$ $=>VT\geqslant \frac{(p^2-2q)^2}{pq-6r}$
BĐT$<=>\frac{(p^2-2q)^2}{pq-6r}\geqslant \frac{3q}{p}$ $(***)$
Theo Schur: $r\geqslant \frac{p(4q-p^2)}{9}$
$=>VT\geqslant \frac{(p^2-2q)^2}{pq-\frac{2p(4q-p^2)}{3}}$

Khi đó $(***)<=>\frac{(p^2-2q)^2}{pq-\frac{2p(4q-p^2)}{3}}\geqslant \frac{3q}{p}$
Triệt tiêu ẩn $p$ ở 2 mẫu ta có bđt cần chứng minh
$<=>(p^2-2q)^2\geqslant 3q(q-\frac{2(4q-p^2)}{3})<=>(p-3q)^2\geqslant 0$
Suy ra đpcm. DBXR khi $a=b=c$

Bài 1) Cho đa giác đều có 16 cạnh . Hỏi có bao nhiêu tứ giác được lập thành từ 4 trong 16 đỉnh của đa giác đều đó. Các cạnh của tứ giác, đều là đường chéo của đa giác đều đó.
Bài 2) Chứng minh
$\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}.2^k=3^n$

Ta có:
$3^n=(2+1)^n=\sum_{j=0}^nC_n^j2^{n-j}=\sum_{j=0}^nC_n^j2^j=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}.2^k$

Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh:
$\frac{a}{ca+1}+\frac{b}{ab+1}+\frac{c}{bc+1}\leq \frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

$VT=\sum \frac{ab}{b+1}\leqslant \sum \frac{ab}{4}(\frac{1}{b}+1)=\sum \frac{ab}{4}(1+ca)$
$=>VT\leqslant \sum \frac{ab}{4}+\sum \frac{a^2}{4}\leqslant \frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $a+b+c=1$. Tìm GTNN của:

 $T=2(a^3+b^3+c^3)+3(a^2+b^2+c^2)+12abc$

Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$
$=>T=2(1-3q+3r)+3(1-2q)+12r=5-12q+18r$
Theo Schur: $r\geqslant \frac{p(4q-p^2)}{9}$
$=>T\geqslant 5-12q+2(4q-1)=3-4q\geqslant \frac{5}{3}$
Vậy $T_{min}=\frac{5}{3}$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Tìm các số nguyên $x, y$ để: $xy(x+2)(y+2)$ là một số chính phương.

Giả sử $u^2=xy(x+2)(y+2)$ và $a=x+1;b=y+1$
$=>u^2=(x^2+2x)(y^2+2y)=(a^2-1)(b^2-1)$
Dễ thấy $(x,y)=(0,k);(-2,k);(k,k)$ và các hoán vị
Xét $x\neq y:$
Đặt $d=GCD(a^2-1,b^2-1)$. Khi đó tồn tại hai số $m,n$ sao cho: $\left\{\begin{matrix}a^2-1=dm^2 \\ b^2-1=dn^2\end{matrix}\right.$
Ta có $a^2-1=dm^2<=>a^2-dm^2=1$ $(***)$
Đây là phương trình Pell loại $1$ nên ngoài nghiệm $(a,m)=(\pm 1,0)$, ta còn có nghiệm tổng quát:
$a_k+m_k\sqrt{d}=(a_1+m_1\sqrt{d})^k$ với $k=1,2,3,..$ và $(a_1,m_1)$ là cặp nghiệm nhỏ nhất của $(***)$
Tương tự cho $b^2-dn^2=1$
Suy ra tồn tại vô số $x,y$ thoả mãn $xy(x+2)(y+2)$ là số chính phương

Chứng minh rằng tồn tại bộ ba $(x,y,z)$ nguyên dương thoả mãn $GCD(x,y,z)=1$ sao cho
$x^2+y^2+z^2=3^{2^n}$

Tìm $a,b\in \mathbb{Z^+}$ sao cho $a^3–2b$ và $b^3+a$ là số chính phương

Số $a_n$ ($n\geq 1$) được lập bằng cách viết liền các số $1,2,3,...,n$ ( ví dụ $a_{12}=123456789101112$). Giả sử $i,j$ là hai số nhỏ nhất ($i< j$) sao cho $11\mid a_i$ và $11\mid a_j$. Tính $j-i$.

Tìm các số nguyên tố $p,q$ thoả mãn $p^5-q^4=(p+q)^3.$

$PT<=>p^5-p^3=q^4+q^3+3pq(p+q)$. Lần lượt chia 2 vế cho $p$ và $q$

Suy ra $p\mid q^3(q+1)$ và $q\mid p^3(p-1)(p+1)$

Dễ thấy $p\neq q$ nên $p\mid q+1;$ $q\mid (p-1)(p+1)$

Xét $q\mid (p-1)(p+1):$ Do $p\mid q+1=>q\geqslant p-1$

Nếu $p-1\mid q$ thì $(p,q)=(2,3)$ (loại) hoặc $q=p-1$ (vô nghiệm)$=>q\mid p+1$

Suy ra ta có $p\mid q+1;$ $q\mid p+1$

$=>pq\mid (p+1)(q+1)=pq+p+q+1<=>pq\mid p+q+1$

$<=>p+q+1\geqslant pq<=>2\geqslant (p-1)(q-1)$

$=>(p,q)=(3,2);(2,2)$ (loại)

Vậy phương trình vô nghiệm

$VT$ và $VP$ nhận giá trị âm được mà, sao ta chặn được giá trị $k$?

Dễ chứng minh được $y\equiv 1 (\text{mod 3})$ và đặt $y=3k+1$. Từ đó biến đổi ta có: $3k^3+3k^2-3^{x-2}=11-k$.
Đến đây nếu ta đã loại được giá trị $x=2$ thì để ý rằng $11-k$ chia hết cho $3$. Từ đó ta chặn giá trị $k$ và tìm được bộ số duy nhất thỏa là $(7,5)$.

$VT$ và $VP$ nhận giá trị âm thì sao ta chặn được giá trị $k$?

Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: $$y^3 -3^x =100.$$

Nguồn: [b][i]AoPS [/i][/b]

$TH1: x$ chẵn. Sử dụng số nguyên Gauss, viết lại phương trình trên $Z[i]$

$PTy^3=(3^k+10i)(3^k-10i)$. Giả sử $\alpha$ là ước số lớn nhất của $(3^k+10i),(3^k-10i)$

$=>N(\alpha)\mid N(20i)=400$ và $N(\alpha)\mid N(3^k+10i)=3^{2k}+100$

$=>N(\alpha)$ lẻ và $N(\alpha)\mid 3^{2k}$ kéo theo $N(\alpha)=1$

Suy ra $3^k+10i=(m+10in)^3$ với $m,n\in \mathbb{Z}$

Khai triển và rút gọn ta được $3^k+10i=(m^3-300mn^2)+10i(3m^2n-100n^3)$

$=>3m^2n-100n^3=1n(3m^2-100n^2)=1$

Dễ thấy không tồn tại $m$ nên $PT$ vô nghiệm khi $k$ chẵn

$TH2: x$ lẻ. Sử dụng vành số nguyên $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$, viết lại phương trình dưới dạng:

$y^3=(10+\sqrt{3}mi)(10-\sqrt{3}mi)$ với $m=3^{2k}$. Như trên suy ra $10+\sqrt{3}mi=\frac{(a+\sqrt{3}bi)^3}{8}$ với $a,b$ nguyên

Khai triển và rút gọn ta được $a^3-9ab^2=80$ và $3a^2b-3b^3=8m$

Tìm được $a=-4$ và $b=\pm 2$ kéo theo $(x,y)=(5,7)$

P/S: Không chắc chắn về TH2

Tìm số nguyên tố p và các số nguyên dương x, y sao cho: $p-1=2x(x+2)$ và $p^2-1=2y(y+2)$

Từ giả thiết ta có $2x^2+4x+1-p=0$ và $2y^2+4y+1-p^2=0$

Ta có: $\Delta_x=8(p+1)=m^2$ và $\Delta_y=8(p^2+1)=n^2$

$=>p^2+1=8^{2k+1}$ hoặc $p^2+1=8t^2$

$TH1: p^2+1=8^{2k+1}<=>p^2=8^{2k+1}-1=7\alpha$ hay $7\mid p^2$ kéo theo $p=7$ (thoả mãn 2 điều kiện)

$TH2: p^2+1=8t^2=>p^2\equiv -1$ $(mod$ $8)$ vô lí vì $p^2\equiv 1$ $(mod$ $8)$

Suy ra $p=7$ và ta tìm được các giá trị $x,y$ tương ứng

(Aops) Giải phương trình nghiệm tự nhiên: $x^2+7=2^n$

Cho $a,b,c$ là các số hữu tỉ khác $0$, đôi một khác nhau và thỏa mãn:$$\frac{a^2}{(b-c)^2}+\frac{b^2}{(c-a)^2}+\frac{c^2}{(a-b)^2}\leqslant 2.$$

Chứng minh $\sqrt{\frac{(b-c)^2}{a^2}+\frac{(c-a)^2}{b^2}+\frac{(a-b)^2}{c^2}}$  là số hữu tỉ.

Đổi biến $(x,y,z)\rightarrow (\frac{a}{b-c},\frac{b}{c-a},\frac{c}{a-b})$

 

$=>\prod (x+1)=\prod (x-1)<=>\sum xy=-1$

 

Từ giả thiết: $VT=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)\geqslant -2\sum xy=2=> \sum \frac{a^2}{(b-c)^2}=2$ hay $\sum x^2=2$ và $\sum x=0$

 

$=>\sqrt{\sum \frac{(b-c)^2}{a^2}}=\sqrt{\frac{(xy+yz+zx)^2-2(x+y+z)(xy+yz+zx)xyz}{(xyz)^2}}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}$ (đpcm)

Thay $a+c=3-b$ và tương tự cho $b+a;c+b$

BĐT$<=>\sum \frac{3a-3ab}{a+1}\geqslant 0<=> \sum \frac{3(a+1)}{ab+1}\geqslant 9<=>\sum \frac{a+1}{ab+1}\geqslant 3$

Cho ${x}, {y}\epsilon Z^{+}$. Đặt ${m}= \frac{x^{2}+y^{2}}{{xy}-1}$ . Biết ${m}\epsilon Z^{+}$ . Tìm ${m}$

Dễ thấy $m\geqslant 3$.Khi đó ta có$PT<=>x^2-myx+y^2+k=0$ $(1)$

Cố định tập nghiệm, giả sử $x\geqslant y$ và $x+y$ đạt min

 

Theo Viete thì $(1)$ còn nghiệm $t$ nguyên thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} t+x=my\\ tx=y^2+k\end{matrix}\right.$

Suy ra $t>0$ nên $t\geqslant x\geqslant y$ theo tính nhỏ nhất của $x+y$

$=>my=t+x\leqslant 2t$ hay $mxy\leqslant 2tx=2y^2+2k$

$<=>2y^2+2k\geqslant mxy\geqslant my^2$ $=>y^2\leqslant \frac{m}{m-2}\leqslant 3$ $(m\geqslant 3)$

 

Do đó $y=1$ kéo theo $x=2$ hoặc $x=3$ hay $m=5$