.......
bạn cho mình biết rõ hơn về $\frac{x!}{y!}$ làm sao ra vậy

Vì ta đã giả sử $x\geq y$ nên ta có:
$x!=1.2.3.4...x$
$y!=1.2.3.4...x.(x+1)(x+2)...y$
Vậy nên $\frac{y!}{x!}=(x+1)(x+2)..y$

Cho p là một số nguyên tố.Chứng minh rằng số $5^{p}-2^{p}$ không thể biểu diễn dưới dạng $a^{m}$ $\left ( a,m\in \mathbb{N};m> 1 \right )$

Với $m=2$,ta có:
$5^2-2^2=21$,không thỏa mãn.
Giả sử phân tích được.
Xét $m\geq 3$. Vì $m$ là số nguyên tố nên $m$ lẻ
$$\Rightarrow 5^m-2^m=3.(5^{m-1}+2.5^{m-2}+...+5.2^{m-2}+2^{m-1})$$
Vậy nên $a=3 \Rightarrow 5^{m-1}+2.5^{m-2}+...+5.2^{m-2}+2^{m-1}=3^t$
Nhận thấy $5\equiv 2 (\mod 3)\Rightarrow 5^x.2^{m-1-x}\equiv 2^{m-1}$ với $\forall x=\overline{1;m-1}$
Như vậy $5^{m-1}+2.5^{m-2}+...+5.2^{m-2}+2^{m-1} \equiv m.2^{m-1} (\mod 3)$
Nhưng vì $3 \not| m ; 3\not| 2^{m-1}\Rightarrow 3\not| 5^{m-1}+2.5^{m-2}+...+5.2^{m-2}+2^{m-1}$,mâu thuẫn
Vậy nên điều giả sử là sai nên ta có $đpcm$

...mình nghĩ đã thay $x$ thì thay cho hết chứ nhỉ
Nên sẽ là $f(-f(x)+f(-f(x)-2y))=-f(x)-2y+f(-f(x)-2y)+2f(y)$

-Lấy $f(x)=g(x)-x$, ta có:
$f(g(x)+2y)=g(x)+2g(y)-2y\\\Leftrightarrow g(g(x)+2y)=2g(x)+2g(y)\Rightarrow g(g(x)+2y)=g(g(y)+2x)=2(g(x)+g(y))(*)$
-Ta lấy giá trị của $g(0)=a$, có từ $(*)$ :
+Thay $x=y=0$ : $g(a)=4a$
+Thay $x:=a$ và $y:=0$ : $g(3a)=g(4a)=10a$
+Thay $x:=3a$ và $y:=0$ : $g(10a)=g(7a)=22a$ $(1)$
+Thay $x:=3a$ và $y:=a$ : $g(12a)=g(10a)=28a$ $(2)$
-Từ $(1)$ và $(2)$, ta có: $22a=28a\Leftrightarrow a=0$
-Từ $(*)$, thay $x:=u\in R$ và $y:=0$, có:
$g(g(u))=g(2u)=2g(u)$
-Lấy $g(x)=2h(x)$, ta có:
$(*):h(h(x)+y)=h(x)+h(y)$, với $h(0)=0$, $h(2x)=2h(x)$ và $h(h(x))=h(x)$
...đề còn gì không nhỉ

Không phải đâu bạn ạ! Vì giá trị của $x$ quét hết $R$ nên ta hoàn toàn có thể thế $x=f(x)$ hay gì gì đấy!

tìm nghiệm nguyên của pt
1)x! + y!=(x+y)!
CM pt sau khong co nghiem nguyen duong
x¹⁷+y¹⁷=19¹⁷

Chú ý gõ Tếng Việt bạn nhé!
Bài 1:
Ta sẽ giả bài toán tổng quát hơn,đó là:
$$x!+y!=z!$$
Dễ thấy $x;y <z$. Không mất tính tổng quát,giả sử $x\leq y <z$
Chia cả hai vế cho $x!$,ta có:
$1+(x+1)...y=(x+1)...z$ $(1)$
Nếu $x=0$ thì ta có:
$y![(y+1)...z-1]=1 \Rightarrow y=1 \Rightarrow z!=2$
Điều này vô lý!
Nếu $x\geq 1$ thì $x+1|VP(1)$ nhưng $x+1|VT(1)$ nên vô lý!
Vậy PT đã cho vô nghiệm.

Bài 2:
Vì $19^7$ lẻ nên trong hai số $x;y$ có một số chẵn một số lẻ.
Không mất tính tổng quát giả sử $y$ chẵn.
$\Rightarrow 8|y^{17} $
Mà $19^{17}=(16+3)^{17}\equiv 3^{17} \equiv 3 (\mod8)$
$\Rightarrow x^{17}\equiv 3 (\mod 8)$
Mà $x<19$ nên $\Rightarrow x=3;11$ do ta có$A^{17}\equiv A(\mod 8)$
Thay vào,với chú ý rằng $x^{17}+y^{17}=(x+y)(....)\Rightarrow x+y=19$
Vậy nên $\Rightarrow y=16;8$. Thay vào đề bài,ta thấy không thỏa mãn. Vậy PT không có nghiệm nguyên dương.
____________
Bài 2 có thể chứng minh vô nghiệm bằng $LTE$ khá đơn giản nhưng ở cấp $THCS$ chưa tiếp xúc nhiều nên mình không đưa ra lời giả bằng $LTE$

Đề bài:Tìm các số tự nhiên $x$ thoả mãn: nếu $1$ số tự nhiên chia hết cho số $x$ thì số được tạo bởi các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại cũng chia hết cho $x$.
Đề của
Joker9999

Lại một lần nữa không làm được nên đành làm một ít cho đỡ bị trừ điểm! ((((
Dễ thấy $1$ là số thỏa mãn.
Đặt $S_A$ là tổng các chữ số của số tự nhiên $A$. Đặt $A'$ là số tự nhiên được lập bởi các chữ số của $A$ viết theo thứ tự ngược lại,
Ta có các công thức quen thuộc:
$3|A\Leftrightarrow 3|S_A$
$9|A\Leftrightarrow 9|S_A$
Vì $S_A=S_{A'}$ nên $x=3;9$ thỏa mãn.
Ta có bổ đề quen thuộc: Một số tự nhiên chia hết cho $11$ khi và chỉ khi tổng các chữ số ở vị trí chẵn-tổng các số ở vị trí lẻ chia hết cho $11$
Mặt khác,dễ thấy tổng các chữ số ở vị trí chẵn-tổng các chữ số ở vị trí lẻ của $A'$=tổng các chữ số ở vị trí lẻ-tổng các chữ số ở vị trí chẵn của $A$.
Vậy nên $11|A\Leftrightarrow 11|A'$
Vậy $x=11$ thỏa mãn.
Vậy ta đã có các giá trị của $x$ là $1;3;9;11;33;99$.
Ta chứng minh rằng mọi $x\notin \left \{ 1;3;9;11;33;99 \right \}$ đều không thỏa mãn.
Nhưng điều này hiện tại em chưa chứng minh được! ((((
___________________________________
Bài làm đạt một nửa yêu cầu!
Điểm bài: $d=5$

S = 3+3*5 = 18

Bài toán: Tìm tất cả các hàm $f$ từ $R\rightarrow R$ thoả:

$f(x+f(x)+2y)=x+f(x)+2f(y)$ với mọi $x,y$ thực

Liệu cách này đúng không nhỉ? Nếu như vậy thì dễ quá! :-p
Thay $x=-f(x)-2y$ vào $(1)$,ta có:
$$f(0)=2(f(y)-y)$$
Vậy $f(y)=y+\frac{f(0)}{2}$ với $\forall y\in \mathbb{R}$
Đặt $a=\frac{f(0)}{2}$,ta có:
$f(x)=x+a$ với $\forall x\in \mathbb{R}$
Thay vào $(1)$,ta có:
$$2x+2x+2a=2x+2y+3a\Rightarrow a=0$$
Vậy $f(x)=x$ với $\forall x\in \mathbb{R}$
Thử lại thấy thỏa mãn.

Bài 1: Cho $21$ số tự nhiên $1;2;...;21$. Ta tô màu các số đó bởi một trong ba màu xanh,đỏ,vàng sao cho mỗi loại màu có ít nhất $6$ số được tô. Chứng minh rằng tồn tại $3$ số $m,n,p$ được tô bởi $3$ loại màu khác nhau sao cho $m=n+p$

Bài 2: Cho tập hợp $X=\left \{ 1;2;3;4;...;3n \right \}$. Ta chia $X$ làm ba tập con $A;B;C$ sao cho
$$\left\{\begin{matrix} \left | A \right |= \left | B \right |=\left | C \right |=n\\ A\cap B=\varnothing \\ B\cap C=\varnothing \\ C\cap A=\varnothing \end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng tồn tại $3$ số $m,n,p$ thứ tự thuộc ba tập $A,B,C$ sao cho một số này bằng tổng $2$ số còn lại.

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^3}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3}{b^3+(a+c)^3}+\frac{c^3}{c^3+(b+a)^3}+1>2(\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{c^2+(b+c)^2})$$

Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho số đó chỉ chia hết cho 2 và 5.Đồng thời N+25 là số chính phương

Chắc đề bài giả thiết sai vì nếu $N$ chỉ chia hết cho $2;5$ thì $N=10$ :-p
Theo mình đề bài phải sửa thành:
"Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho số đó chỉ có hai ước nguyên tố là 2 và 5.Đồng thời $N+25$ là số chính phương"
Đặt $N=2^{\alpha}.5^{\beta}$
Với $\beta=1$ thì ta có:
$N+25=5(2^{\alpha}+5)$ vô lý vì $V_5(2^{\alpha}+5)=0$ nên $V_5 [5(2^{\alpha}+5)]=1$ nên $N+25$ không là số chính phương.
Với $\beta=2$ thì ta có:
$N+25=25(2^{\alpha}+1)$. Vậy $2^{\alpha}+1=t^2$
$\Leftrightarrow 2^{\alpha}=(t-1)(t+1)$
Vì $\gcd (t+1;t-1)=2 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} t+1=2^m\\ t-1=2^n \end{matrix}\right.$
$2=2^n(2^{m-n}-1)$
Vậy nên $N=200$.
Xét $\alpha \geq3$.
Đặt $\beta=2+\gamma$.
Ta có:
$N+25=25(2^{\alpha}.5^{\gamma}+1)\Rightarrow 2^{\alpha}.5^{\gamma}+1=k^2$
$\Rightarrow 2^{\alpha}.5^{\gamma}=(k-1)(k+1)$
Tương tự như trên với chú ý $\gcd(k-1;k+1)=2;\gamma\geq1$ nên mâu thuẫn.
Vậy $\boxed{\text{N=200}}$ là giá trị duy nhất!

bạn ơi
đề không sai đâu
như bạn nói nếu x=y=0 thì suy ra z>0 chứ

Em chưa học giới hạn thì không biết kí hiệu đó là phải! Mà lúc trước em ghi đề là Min nhé! Thế mà bảo đề không sai :-p

Cho x,y,z thuộc đoạn [0;1] và x+y+z khác 0. Tìm GTNN của:
P=$\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}$

Liệu bài này có vấn đề không.Chắc phải có ràng buộc giữa các biến chứ nếu không thì cho $x=y=0$. Khi đó thì $\lim _{z\rightarrow 0 } \textbf{P}=0$ Và suy ra $P$ không có $min$

Cho lục giác $ABEGFC$ có $BEFC$ là hình vuông. $D$ là giao điểm của $BF;EC$. Biết $A;G;D$ thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ $A$ đến $G$ sao cho mỗi điểm đi qua đúng một lần.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$.
Chứng minh rằng
$$2(a^2b+b^2c+c^2a) + 3(a^2+b^2+c^2) +4abc \geq 19$$

Em không hiểu chỗ Vì $a'$ là nghiệm nguyên của PT$(1)$ mà $A>0$ nên $a'b+1>0\Rightarrow a'b>-1$
Mà anh có nhiều bài kiểu này không giới thiệu em cái!
Em mới gặp có 1 bài,bài này là bài thứ 2 nên e không hiểu hướng đi!

Bởi theo đề bài $A>0$ mà tử số $a^2+b^2>0$ nên $ab+1>0$
Vì $a'$ là nghiệm nguyên của PT(1) nên thay $a$ bởi $a'$ thì $A$ vẫn nhận giá trị nguyên dương.
Từ đó $a'b+1>0\Rightarrow a'b>-1$.

CMR:

a) $3^{2n+1}+2^{n+2}\vdots 7$ với $\forall n\in \mathbb{N}$

b) $3^{2n+2}+3^{6n+1}\vdots 11$với $\forall n\in \mathbb{N}$

Chỉ cần quy nạp là xong thôi mà!
a, Với $n=0;1$ hiển nhiên đúng.
Giả sử đúng với $n=k$,tức là:
$$3^{2k+1}+2^{k+2}\vdots 7$$
Ta sẽ chứng minh đúng với $n=k+1$ nghĩa là:
$$\Leftrightarrow 2(3^{2k+1}+2^{k+2})+7.3^{2k+1}\vdots 7$$
$$3^{2k+3}+2^{k+3}\vdots 7\Leftrightarrow 9.3^{2k+1}+2.2^{k+2}\vdots 7$$
Theo giả thiết quy nạp thì luôn đúng. Vậy ta có $đpcm$.
Con b tương tự!

Cho các số không âm thỏa mãn $a+b+c+d=1$
Chứng minh rằng: $a^3b+b^3c+c^3d+d^3a< \frac{4}{27}$
P/S: Mình thấy bài toán tương tự là đề thi HN nhưng với 3 biến, tình cờ tìm thấy bài toán tổng quát trên Mathlinks. Ai có thời gian rảnh thì làm bài khai xuân
Cho $n$ số không âm $a_1,a_2,a_3,...a_n$ thỏa mãn $\sum_{i=1}^{n}a_i=1$
Chứng minh rằng $a_1^{n-1}a_2+a_{2}^{n-1}a_3+...+a_n^{n-1}a_1< \frac{4}{27}$ ?

Với $n=1;2;3$ thì đã biết cách giải.
Ta sẽ chứng minh với $n\geq 4$.
Vì $\sum _{i=1}^na_i=1$ mà $a_i \geq 0$ $i=\overline{1;n}$ nên
$a_i \leq 1$ $i=\overline{1;n}$.
Và vì $n-1 \geq 3$ nên ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn là:
$\sum a_1^2a_2 \leq \frac{4}{27}$
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Với $n=3$,ta cần chứng minh:
$a_1^2a_2+a_2^2a_3+a_3^2a_1\leq\frac{4}{27}$ với $a_1+a_2+a_3=1$
Không mất tính tổng quát,giả sử $a_2$ là số nằm giữa.
$\Rightarrow (a_1-a_2)(a_3-a_2)\leq 0\Rightarrow a_1a_3+a_2^2\leq a_2a_1+a_2a_3$
$\Rightarrow a_1a_3^2+a_2^2a_3\leq a_3a_2a_1+a_2a_3^2$
$\Rightarrow a_1a_3^2+a_2^2a_3+a_1^2a_2\leq a_3a_2a_1+a_2a_3^2+a_1^2a_2$
$\Rightarrow a_1a_3^2+a_2^2a_3+a_1^2a_2\leq a_2(a_1^2+a_3^2+a_1a_3)$
$\Rightarrow a_1a_3^2+a_2^2a_3+a_1^2a_2\leq a_2(a_1+a_3)^2$
Áp dụng BĐT $AM-GM$,ta có:
$a_2(a_1+a_3)^2=\frac{1}{2}.2a_2.(a_1+a_3)(a_1+a_3)\leq \frac{1}{2}[\frac{2(a_1+a_2+a_3)}{3}]^3=\frac{4}{27}$
Vậy với $n=3$ thì BĐT luôn đúng. Dấu $"="$ khi $a_1=0;a_2=\frac{1}{3};a_3=\frac{2}{3}$ hoặc $a_3=0;a_2=\frac{1}{3};a_1=\frac{2}{3}$.
Giả sử BĐT đúng tới $n=k-1$. Không mất tính tổng quát,đặt $a_1=\min\left \{ a_1;...;a_k \right \}$
Đặt $a_{12}=a_1+a_2$
Khi đó,vì BĐT đúng tới $k-1$ nên:
$(a_1+a_2)^2a_3+...+a_k^2(a_1+a_2)\leq\frac{4}{27}$ với $\sum _{i=1}^ka_i=1$
Ta sẽ chứng minh:
$\sum a_1^2a_2\leq \frac{4}{27}$.
Kết hợp giả thiết quy nạp,ta sẽ cần phải chứng minh:
$$a_1^2a_2+a_2^2a_3+a_n^2a_1\leq a_n^2a_1+a_n^2a_2+a_a^2a_3+a_2^2a_3+2a_1a_2a_3$$
$\Leftrightarrow a_1^2a_2\leq 2a_1a_2a_3+a_k^2a_2+a_1^2a_3$
BĐT này luôn đúng do $a_1\leq a_k$.
Dấu $"="$ xảy ra khi $a_1=a_k=0$.
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn. $\blacksquare$
_________________
Gần 1 tiếng làm post lên thì bác Quân bảo có đứa làm rồi! Hic! Các bác thông cảm,em không nhái bản quyền đâu! =.="

Có tồn tại hay không 1 số chính phương có tổng các chữ số bằng 2012.

Ta có một số chính phương thì đồng dư $0$ hoặc $1$ $\mod 3$.
Gọi $S_A$ là tổng các chữ số của $A$.
Dễ dàng chứng minh được $S_A\equiv A (\mod 3)$
Vì $S_A=2012\Rightarrow A\equiv S_A\equiv 2(\mod 3)$
Vậy $A$ không thể là số chính phương. Kết luận: không tồn tại. $\blacksquare$

Cho a,b là số nguyên dương thỏa mãn $A= \frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}$ nguyên. CMR: A là số chính phương!

Dạo này lâu lắm ko post bài nên nhai lại cái bài này nào!
Gọi $S$ là tập các cặp $(a;b)$ thỏa mãn $A\in \mathbb{Z}^+$. Trong $S$ ta chọn ra cặp $(a;b)$ sao cho tổng $a+b$ là nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \geq b$
Ta có:
$a^2-a.Ab+(b^2-A)=0$ $(1)$
Vì PT này luôn có nghiệm $a$ nên theo định lí $Vieta$ thì luôn tồn tại $a'\in\mathbb{Z}$ sao cho:
$$\left\{\begin{matrix}a+a'=Ab\\a.a'=b^2-A \end{matrix}\right.$$
$(+)$ Nếu $b^2-A \geq 0$ thì $\Rightarrow a.a'\geq 0$
Mà $a>0$ nên $a'\geq0$.
Cố định $b$,vì $a;b$ cặp có tổng nhỏ nhất trong $S$ nên $a' \geq a>0$
$$\Rightarrow a^2\leq a.a'=b^2-1$$
Mà $a^2\geq b^2$,mâu thuẫn.

$(+)$ Nếu $b^2-A=0$ thì $A=b^2$ là số chính phương.
Ta có $đpcm$.

$(+)$ Nếu $b^2-A< 0$ thì $a'<0$ do $a$ nguyên dương.
Vì $a'$ là nghiệm nguyên của PT$(1)$ mà $A>0$ nên $a'b+1>0\Rightarrow a'b>-1$
Nhưng vì $b>0;a'<0$ nên $a'b<0 \Rightarrow a'b\leq -1$. Mâu thuẫn.
Vậy kết luận. $A=b^2$ là số chính phương. $\blacksquare$

Chết rồi! Chỗ cuối kết luận phải là
$$c_{max}=(k-1)\prod_{i=1}^k a_i-[\sum_{1\leq i_1<i_2<...<i_{k-1}\leq k}(\prod_{i=1}^{k-1} a_{i})]=(k-1)\prod_{i=1}^k a_i - \sum_{i=1}^kb_i$$
Em viết nhầm $(k-1)$ thành $k$

Giả sử $a_{1}$ ;$a_{2}$ ;.....; $a_{k}$ là $k$ số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Kí hiệu $b_{i} = \frac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{a_{i}}$ . Tìm số nguyên dương $c$ lớn nhất để phương trình
$b_{1}x_{1} + b_{2}x_{2} + ... +b_{k}x_{k} = c$ $(1)$
không có nghiệm nguyên dương

Đề của
huy thắng

Em không làm được bài này nhưng cứ làm bừa để đỡ bị trừ điểm vậy
$(+)$ Với $k=1$ thì dễ thấy không thể tìm được $c$.
$k$ số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau ... thì ít nhất phải có $2$ số chứ?

$(+)$ Với $k=2$ thì ta sẽ chứng minh $a_1a_2-a_1-a_2$ là giá trị lớn nhất của $c$ thỏa mãn bài toán.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh $c=a_1a_2-a_1-a_2$ thì PT $(1)$ không có nghiệm nguyên dương.
PT $(1)$ được viết lại thành
$a_2x_1+a_1x_2=a_1a_2-a_1-a_2$ $(2)$
Giả sử PT $(2)$ có nghiệm thì
PT $(2)$ $\Leftrightarrow a_2(x_1-a_1+1)+a_1(x_2+1)=0$
$\Leftrightarrow a_2(a_1-x_1-1)=a_1(x_2+1)=0$ $(3)\quad$ (Chỗ này là sao? $a_2(a_1-x_1-1)$ sao lại không thể âm?)
Vì $\gcd(a_1;a_2)=1$ nên $a_2|x_2+1$ hoặc $x_2+1|a_2$
Nếu $x_2+1|a_2$ thì gọi $t=\frac{a_2}{x_2+1}$. Với $t>1\Rightarrow t|a_1\Rightarrow \gcd(a_;a_2)=t>1$ vô lý.
Vậy $a_2|x_2+1\Rightarrow a_1|a_1-x_1-1$. Mà $VP (3) >0$ nên vô lý.
Vậy PT$(2)$ không có nghiệm nguyên dương.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với mọi $c> a_1a_2-a_1-a_2$ thì PT $(1)$ đều có nghiệm nguyên dương.
Đặt $c=a_1a_2-a_1-a_2+t$ với $t>0$
PT $(1)$ được viết lại:
$a_2x_1+a_1x_2=a_1a_2-a_1-a_2+t\Leftrightarrow a_2(x_1+1)+a_1(x_2+1)=a_1a_2+t$ $(4)$.
Ta phát biểu bổ để quen thuộc của hệ thặng dư đầy đủ:
"Cho $a,b$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, khi đó $ax+by$,với $x=\overline{1,b};y=\overline{1,a}$ chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ $\mod ab$"
Áp dụng bổ đề trên,ta thấy PT $(4)$ luôn có nghiệm. Vậy với $k=2$ thì bài toán được chứng minh.

$(+)$ Với $k=3$,ta sẽ chứng minh $c=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ là số lớn nhất thỏa mãn.
PT $(1)$ được viết lại:
$a_1a_2x_3+a_2a_3x_1+a_3a_1x_2=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ $(5)$
Giả sử PT $(5)$ có nghiệm nguyên dương thì tương tự TH $k=2$,ta chỉ ra được $a_1|x_1+1;a_2|x_2+1;a_3|x_3+1$
$\Rightarrow a_1-1\leq x_1;a_2-1\leq x_2;a_3-1\leq x_3$
Vậy $VT (5)\geq 3a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_3a_1> VP (5)$. Vô lý.
Vậy với $c=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ thỏa mãn bài toán.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với mọi $c>2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3$ thì đều không thỏa mãn.
Theo TH $k=2$ ta có:
Vì $\gcd(a_1a_2;a_3)=1$ và $2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3 \geq a_1a_2a_3-a_1a_2-a_3+1$ nên tồn tại các số nguyên $x,t$ không âm và $x \leq x_3-1$ sao cho $c=a_1a_2x+a_3t \Rightarrow t= \frac {c-a_1a_2x}{a_3} \geq \frac{2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_1a_3+1-a_1a_2(a_3-1)}{a_3-1}\Rightarrow t \geq a_1a_2-a_1-a_2+1$.
Áp dụng TH $k=2$ ta có:
Tồn tại các số nguyên không âm $y,z$ sao cho $t=a_1z+a_2y \Rightarrow c=a_1a_2x+a_3t=a_1a_2x+a_2a_3y+a_3a_1z$
Vậy PT $(1)$ có nghiệm nguyên dương. Bài toán được chứng minh.

Với cách làm tương tự,ta sẽ chứng minh được:
$$c_{max}=k\prod_{i=1}^k a_i-[\sum_{1\leq i_1<i_2<...<i_{k-1}\leq k}(\prod_{i=1}^{k-1} a_{i})]$$ thỏa mãn.
Vậy bài toán được chứng minh.
________________________________
Một số lập luận cảm tính.
Hơi buồn vì kết quả sai hoàn toàn!
Điểm bài làm: $d=1$

Thế chú học hàm mũ chưa,logarit là ngược lại với hàm mũ đó

Em chỉ biết sơ sơ thôi! Nói chung là không biết nhiều!

Èo! Em chưa học lô-ga-rít! Làm ăn kiểu gì bây giờ!

Ai đây ạ?

Nếu theo điều lệ mới thì không làm bài sẽ bị điểm phạt
Làm bài sai hoàn toàn sẽ không bị điểm phạt
Nếu vậy thì không làm được bài cứ chém gió lung tung thì cũng đỡ bị trừ điểm ạ?

~~ Chỉ có chú đi GATO với ng khác chứ có ai thèm GATO với chú đâu =)) Đã bị đá còn up ảnh lên :X~ :"> =)))))))))

Ấy ấy,nói lại đi Đạt ơi! Anh đang trên đường quay trở lại với bạn ý rồi! Tết này rủ nhau đi chơi rồi!
Thế nên là anh mới dám post ảnh chứ!