Dễ thấy rằng $a,b,c \geq 1$
Với mọi tính chẵn lẻ của bộ $(a,b,c)$ thì trong 3 số $p,q,r$ luôn có 1 số chẵn.
Giả sử $b^c +a =2$
Từ đó thấy rằng $a=b=1$
Thay xuống $q,r$ ta có $q=r=c+1$
Như vậy ta có đpcm

Bài này sai đề. Cho $(a,b,c)=(1,2,3)$ không đúng. Theo mình thì p,q,r phải là các số nguyên tố

Làm gọn như sau
Dễ thấy có 2 số là 2 và 5.
Đặt số lớn nhất là $x$ thì
$VP \geq 2^{n-1} x$.
$VT \leq nx+7$
Từ đó $x(2^{n-1} -n) \leq 7$
Mà $x \geq 2 $ nên $2^{n-1} \leq 3+n$
Ta thấy điều này chỉ đúng với $n=1,2$
$n=1$ vô nghiệm nên $n=2$.

Dễ dàng chứng minh được $ x \leq y \leq p$ và $2 \leq p$
Trừ từng vế 2 phương trình
$p(p-1)=2(y-x)(x+y)$
Suy ra $p|2(y-x)(y+x)$
Mà $2 < $ và $y-x < p $ nên $p|x+y$.
Lại có $x+y < 2p$ nên $x+y=p$
Thay ngược lên có $p-1=2y-2x$
Tới đây dễ rồi. Đơn thuần là giải hệ thôi.
Có $y=3x-1$ và $x^2+2xy=y^2-1$
Thay vào ra $p=7,x=2,y=5$

Đa thức này có nghiệm duy nhất mà

Chứng minh cho đầy đủ. Phán phát thế ai chơi Kiên

Cần chỗ nào :3

Sai rồi bạn. Đâu có cơ sở gì cho bạn xét các TH đặc biệt đâu. M,N,P,Q chạy thoải mái mà.
Mình nghĩ là làm thế này.
Theo định lý Pytago
$MN^2+NP^2+PQ^2+QM^2=(AM^2+MB^2)+(BN^2+NC^2)+(CP^2+PD^2)+(QD^2+QA^2)$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$AM^2+MB^2 \geq \frac{1}{2} (AM+MB)^2 = \frac{1}{2} AB^2$
Cộng các bđt tương tự có min =25.
Ta có $AM^2+BM^2 \leq (AM+MB)^2=AB^2$
Cộng lại max =50
Min xảy ra khi M,N,P,Q là các trung điểm
Max xảy ra khi M,N,P,Q trùng A,B,C,D

Theo 1 bổ đề quen thuộc thì AX là đối trung tam giác ABC và AN là đối trung tam giác AEF.
Từ tính chất đường đối trung và định lý Thales ta có
$\frac{XB}{XC} = \frac{AB^2}{AC^2} = \frac{AE^2}{AF^2} = \frac{NE}{NF} =\frac{ZE}{ZC}$
Từ đó $ZN//FC$. Tương tự có điều phải chứng minh

Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$ 
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$ 
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà 
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$ 
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)

Đề ra đâu có $b=0$ đâu,chỉ $a=0$ mà

Đặt $3^m=x$

Pt trở thành $x^2-x=n^4+2n^3+n^2+2n$

Nhân 4 và nhóm hằng đẳng thức VT 

$(2x-1)^2=4n^4+8n^3+4n^2+8n+1$
Tới đây có thể chặn bình phương VP cũng ra $x=n^2+n+1$

đây cũng phải PTH đa thức
Cũng đặt $g(x)$ như bạn
Tức là ta có $g(g(x)) + g(x)=2x+9 $
Xét dãy số $x_0=x , x_1=g(x)$
$x_n= g(g(...(x)...)) $ ($n$ lần $g$ )
Khi đó, ta dễ có $x_{n+2} + x_{n+1} = 2x_n +9 $
Đặt $u_n=x_n-3n $
Khi đó thay vào lại, ta được
$u_{n+2} + u_{n+1} = 2u_n $
Sai phân, ta tính được
$u_n = c_1.1 + c_2(-2)^n $
Cho $n$ lẻ và đủ lớn thì $u_n <0 $ vô lí
Do đó $c_2=0 $
Tới đây dễ rồi

À mình nhầm sang đa thức. Tks bạn

Post cái hình cho bác Kamii 0909

Sorry bác. Không hiểu thế nào e đọc nhầm đề thành trên tia đối của tia BA.
Đây là kết quả quen thuộc rồi và thậm chí nó còn có trong tuyển tập ôn thi chuyên cấp 3 của e.
Cứ chém tạm câu c(ngắn nhất-chủ yếu là do e lười LaTeX)
Có tứ giác ACBD điều hòa nên CD đi qua giao điểm 2 tiếp tuyến tại A và B của đường tròn tâm O' là điểm cố định(đpcm).
Cũng có thể giải bằng đồng dạng với kiến thức THCS như sau.
Gọi giao điểm OO' và MB là H,OO' với CD là Q. O'M với CD là K.Khi đó $O'H.O'Q=O'K.O'M=O'C^2$
Như vậy O'Q không đổi. CD đi qua Q cố định

Câu PTH.
Đặt $g(x)=xf(x)$
PT trở thành
$g(g(x))+g(x)=2x+9$
Đến đây thì dễ rồi.
Dế thấy $g$ không thể là hàm hằng.
Gọi bậc của $g(x)$ là $n(n \geq 1)$
Bậc của VP là 1 còn VT là $max(n^2,n)$. Mà $deg VT= deg VP$ nên $n=1$
$g(x)=ax+b$ thì $a=1,b=3$
Thay ngược lên + thử lại thì thỏa mãn
Kết luận $f(x)=1+ \frac {3}{x}$

APMO 2010 đây mà. Mình có đáp án mà nó bằng tiếng Anh nên ngại dịch lại quá 

Viết  lại cách trên dễ hiểu hơn. Ta viết lại điều kiện $\left\{\begin{matrix} b^2-a|a^2+b\\ a^2-b|b^2+a \end{matrix}\right.$

Từ đó $\left\{\begin{matrix} a^2+b \geq b^2-a\\ b^2+a \geq a^2-b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a-b+1)(a+b)\geq 0\\ (b-a+1)(a+b) \geq 0 \end{matrix}\right.$

Do $a+b >0$ nên $\left\{\begin{matrix} a-b+1 \leq 0\\ b-a+1 \leq 0 \end{matrix}\right.\Rightarrow (a-b+1)(b-a+1) \leq 0 \Leftrightarrow (a-b)^2 \leq 1$

Giả sử $a \geq b$ thì $a=b+1$ hoặc $a=b$

Nếu $a=b+1$ thì $a^2-a-1|a^2+3a+1$ hay $a^2-a-1|4a+2$

Từ đó $a^2-a-1 \leq 4a +2$ suy ra $a \leq 5$. Thay lại tìm $b$ 

Nếu $a=b$ thì $a^2-a|a^2+a$ hay $a^2-a|2a$ nên $a(a-3) \leq 0$ 

Vậy $a \leq 3 $ Thay lại ta tìm được nốt. 

Sai ở câu b: Đường thẳng CD đi qua trung điểm của PQ?

Hình như cũng ko đúng. Câu a và b khả năng cao là sai đề. Câu c thì đúng

Bài hình đề bài sai sai. Bạn nào thi sửa lại hộ mình với

Khúc đầu có thể làm đẹp hơn như sau 

Pt $(\frac{2x^3}{y}+1)^{2}=4y+9$

Từ đó đặt $k=\frac{2x^3}{y}$

Pt $k(k-2)(k+4)=8x^3$

nên $k=2a$

Pt $a(a-1)(a+2)=x^3$

Làm tương tự như trên sẽ ra   

P/s:Mạng như ẹ    Em gõ từ 9h mà mãi chưa được đi ngủ 

Đặt $x+y=a$ (cho đẹp) và $xy=b$
P=$(x+y)^3-3xy(x+y)+2xy$
$P=a^3-3ab+2b=a^3+b(2-3a)$
Ta có $4xy=4b=(x+y)^2+(x-y)^2=a^2+(x-y)^2$
Đến đây chắc em làm được. Chỉ việc xét min max của $(x-y)^2$ mà x,y nguyên nên công việc này rất dễ.

Câu PTH.
Thay x=0 thì $f(0)=-1$
Thay x=y thì $f(2x)-2f(x)=x^2+1$ (1)
Từ 1 thay x=-x thì $f(-2x)-f(-x)=x^2+1$(2)
Từ (1) và (2) $f(x)-f(-x)=f(2x)-f(-2x)$
Đặt $g(x)=f(x)-f(-x)$ thì
$g(1)=g(2)=....$
Vậy g(x)=c=const hay $f(x)=c+f(-x)$
Từ phương trình thay y=-x thì $f(x)+f(-x)=x^2-2$(3)
Thay vào ta có $f(-x)=\frac{x^2-2-c}{2}$
Với x=0 thì c=0 vậy $f(x)=f(-x)$
Thay lên (3) ta có $f(x)=\frac{x^2}{2}-1$
Thử lại thỏa mãn

 

  1. Giải hệ phương trình với $x\geq 0$

                                      $\left\{\begin{matrix} 2x-2y+\sqrt{2x+y+2xy+1}=1 & & \\ \sqrt[3]{3y+1}=8x^{3}-4x-1& & \end{matrix}\right.$

  

 

Câu hệ này từng là đề thi rồi thì phải. Tại mình làm rồi

$\sqrt{2x+1}=a, \sqrt{y+1}=b$ (Do x>0)

Viết lại phương trình 1 $(a-b)(a+2b)=0\Rightarrow 2x=y$

Thế vào phương trình 2 $6x+1+\sqrt[3]{6x+1}=8x^{3}+2x$

Xét hàm đặc trưng $f(t)=t^{3}+t$

Có $f'(t)=3t^{2}+1>0$

Như vậy $8x^{3}-6x-1=0$

Phương trình này có thể giải bằng lượng giác hóa.

Mình nghĩ là hướng làm nó như thế này 

$\prod_{i=0}^{3}(n+i)+1 =\left ( n^{2}+3n+1 \right )^{2}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh VP+1 không chính phương @@ 
Cơ mà cái này số to quá 

Ừ đúng rồi mình khai triển hết ra rồi chuyển thành nhân tử đó

Có cách nào đẹp hơn mà chỉ xét module không nhỉ   

Cách này nặng chất biến đổi quá

Cheybershev có vẻ khó ra hoàn chỉnh
Mình xin đính chính lại cách khác hay hơn 

$\sum \frac{x}{xy+1}=\sum x -\sum \frac{x^{2}y}{xy+1}$

Theo AM-GM 10 số và Holder(đoạn này số siếc loằng ngà loằng ngoằng nên cho phép mình bỏ )
Min=9/10

Lấy Q đối xứng với B qua H 
Do AHMD,HCMB là các tứ giác nội tiếp và theo tính chất đối xứng nên 

$\widehat{ADC}=\widehat{ADH}=\widehat{AMH}=\widehat{CBH}=\widehat{CQA}$

hay AQCD là tứ giác nội tiếp 
Tâm (ACD) thuộc trung trực AQ cố định