Kí hiệu $p(k)$ là ước số lẻ lớn nhất của k.
Cho n;a là các số nguyên dương.
a/ Tìm n sao cho với mọi a thì: $n+p(n^a)=p(n)+n^a$
b/ Tìm a sao cho với mọi n thì: $n+p(n^a)=p(n)+n^a$

1/ $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}$ và $ \overline{b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}}$ là 2 số chính phương
$a_{1}-b_{1}=a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=a_{4}-b_{4}$
tìm 2 số trên

2/ giải pt
$(x^{2}+2x-5)$*$2(x^{2}+2x)-x-15$=0

3/ $(x-1)(x-2)(x-4)(x-5)=2m$
gọi $x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} $ là ng pt
giá trị nào của m thì $\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\dfrac{1}{x_{3}}+\dfrac{1}{x_{4}}$ có giá trị nguyên dương

Đặt $ \overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}=m^2; \overline{b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}=n^2$ thì:
(m+n)(m-n)=1111(a_4-b_4)=11.101.(a_4-b_4)
Ta có $32 \leq m;n \geq 99$ nên $m+n \leq 198$; $m-n \leq 67$
1.1. m-n khác 0.
Vì 101 nguyên tố nên m+n phải chia hết cho 101 (do m-n<101)
Giả sử m+n chia hết cho $a_4-b_4$ thì m+n phải chia hết cho $ 101(a_4-b_4) $ chỉ đúng khi $a_4-b_4$=1 (do m+n $ \leq $)
Khi đó: m-n=11.
Tính được m=56; n=45. Thử lại thấy không thỏa mãn.
Do đó: m-n=11($ a_4-b_4$)
Suy ra $a_4-b_4$<7.
Tới đây thử cho $a_4-b_4$ từ 2 đến 6.
1.2. $a_4-b_4=0$ : đúng với mọi số cp có 4 chữ số.

$a S_n+b S_{n-1}+cS_{n-2}=(a\alpha^n+b\alpha^{n-1}+c\alpha^{n-2})+(a\beta^n+b\beta^{n-1}+c\beta^{n-2})$
$=\alpha^{n-2}(a\alpha^2+b\alpha+c)+\beta^{n-2}(a\beta^2+b\beta+c)=0$

Theo em nghĩ trường hợp 0<x<1 có thể làm thế này: $1-x+x^3-x^4+x^5-x^7+x^8=(1-x)+x^3(1-x)+x^5(1-x)(1+x)+x^8>0$

Em nghĩ bảng 9*9 là đủ rồi phải ko anh?
Vì bất cứ ô nào không nằm trên rìa bên ngoài của bảng sẽ có cạnh chung hoặc đỉnh chung với 8 ô khác.
Trong các số nguyên từ 1 đến 10, chỉ có 3 số 1;5;7 nguyên tố cùng nhau với ít nhất 8 số khác.
Xét bảng 9*9, số ô không nằm trên rìa bên ngoài là 7.7=49 ô.
Có 49 ô, điền bởi 3 số. Do đó, theo nlí Dirichlet, có 1 số được viết trên ít nhất 17 ô.

Hôm qua em tìm trong võ của anh trai có mấy bài tìm nghiệm nguyên không làm đc mong các anh giúp với ( em là mem mới có chi mong mọi người bỏ qua)
1. Tìm a;b;c nguyên $x^4 +y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+24$
2. Tìm a;b lẻ thỏa mản: $a^2+b^2$ là số chính phương.
3. tìm a;b không âm( nguyên) thỏa mản: $2^{2a}+2^{2b}$ chính phương

2. Ta có: Một số chính phương chia 4 dư 0;1.
Do a;b lẻ nên $a^2;b^2$ đều chia 4 dư 1. =>$a^2+b^2$ chia 4 dư 2, không thể là một số chính phương được.
Vậy, phương trình vô nghiệm.

2. $2^{2a}=k^2-(2^b)^2=(k-2^b)(k+2^b)$
Ta có: 2 là một số nguyên tố và $2^{2a}$ là một lũy thừa của 2.
Do đó: Mỗi số $k-2^b; k+2^b$ đều phải là lũy thừa của 2.
Đặt $k-2^b=2^n; k+2^b=2^m$
Ta có: $2^m-2^n=(k+2^b)-(k-2^b)=2^{b+1}$
=>$2^n(2^{m-n}-1)=2^{b+1}$.
Ta có: $2^{m-n}-1$ lẻ (nếu m-n>0), mà đồng thời nó phải là lũy thừa của 2(tức là chẵn). =>$2^{m-n}-1=0$
=>$2^{m-n}=1$ =>m-n=0.
=>m=n
=>$2^{b+1}=0$. Do không có số b nào thỏa mãn đẳng thức này nên phương trình vô nghiệm nguyên dương.

1/ Em có cách này
$(1) <=> 1=2y^2-x^2y^2; (2) <=>(xy+2y^2-x^2y^2)(2y-x)-2x^3y^2=0$
$<=>y[(x+2y-x^2y)(2y-x)-2x^3y]=0$
$<=>y[(x+2y)(2y-x)-x^2y(2y-x)-2x^3y]=0$
$<=>y[(x+2y)(2y-x)-x^2y(2y+x)]=0$
$<=>y(2y+x)(2y-x-x^2y)=0$
Từ pt(1) có y>0.
Nếu x=-2y thì thế vào pt(1) được $4y^4-2y^2+1=0$ vô nghiệm.
Vậy $2y-x=x^2y$
$<=>x^2y(xy+1-2xy)=0 <=> (1-xy)x^2y=0$
*x=0 <=> y=0 (loại)
*$xy=1 <=> x= 1 <=> y=1$(theo pt(2) )
Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x,y)=(1,1)

chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức x^2 +y^2+z^2=2 thì x+y+z xyz +2

<=>$(x+y+z)^2 \leq (xyz+x^2+y^2+z^2)^2$
Phân tích 2 vế và giản lược, ta được: $0 \leq (xyz)^2+2xyz(x^2+y^2+z^2)$ đúng với mọi x,y,z dương.
Đẳng thức xảy ra <=> xyz=0 <=> Có ít nhất một trong 3 số x;y;z bằng 0.

$B=\dfrac{\sqrt{x+3}(\sqrt{x+3}+2\sqrt{x-3})}{\sqrt{x-3}(2\sqrt{x-3}+\sqrt{x+3})} = \dfrac{\sqrt{x+3} }{ \sqrt{x-3} }$

1/Cm đc: ME=CD (t/c đoạn chắn song song); tam giác AME, BMD đều.
=>CD=AE
=> $ \Delta BEA= \Delta ADC (c.g.c)$
=> AD=BE
=>BK=DI
Ta có: $\hat{MBK}=\hat{DAE}=\hat{ADM}$
=> $\Delta BMK=\Delta DMI$
=> MK=MI.
=> $\hat{DMI}=\hat{BMK}$=>$\hat{KMI}=\hat{BMD|=60$ => đpcm
2/Cm đc: $\hat{ABC}=80 => \hat{ABM}=80-60=20$.
AD=BC=MB
=>$ \Delta ABM=\Delta BAD$ (c.g.c) =>AM=BD

2/ Chú ý rằng $3=|x-2006|+|x-2007|+|x-2009| \geq |x-2006|+|x-2007+2009-x|=2+|x-2006|$
$1 \geq |x-2006|$
Do đó:
$x \leq 2007.$
Có $|x-2009| \leq 3 <=> x \geq 2006$
Từ đó ta có $2006 \leq x \leq 2007$
$<=> |x-2009| \geq 2; |x-2006|+|x-2007| \geq |x-2006+2007-x|=1$
$<=> |x-2009|+|x-2007|+|x-2006| \geq 3.$(1)
Chú ý rằng $|y-2008| \geq 0$. Vì vậy đẳng thức ở (1) phải xảy ra<=> x=2007
Khi đó y-2008=0 <=> y=2008

2/ Dễ thấy x,y,z,t > 1.
$\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{t^2} \geq \dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}=1$
Đt xảy ra <=> x=y=z=t=2.

p nguyên tố và p lớn hơn 3 => p chia 3 dư 1 hoặc 2.
*Nếu p chia 3 dư 1: p=3k+1 (k là một số tự nhiên).
2p+1=2(3k+1)+1=6k+2+1=6k+3=3(2k+1) hay 2p+1 chia hết cho 3. Mà 2p+1>3 nên 2p+1 không thể là số nguyên tố được. (loại)
*Nếu p chia 3 dư 2: p=3q+2 (q là một số tự nhiên)
4p+1=4(3q+2)+1=12q+8+1=12q+9=3(4q+3) hay 4p+1 chia hết cho 3. Có 4p+1>3 => 4p+1 là hợp số.
(Bạn chú ý rằng nếu một số tự nhiên n>k và n chia hết cho k với k nguyên tố thì n là một hợp số.

Ta cũng dễ cm được $x \vdots y$
Đặt $x=yk$
$(yk)^y=y^{yk} \rightarrow k^y=y^{y(k-1)} \rightarrow k=y^{k-1}$
Do x,y phân biệt nên k>1.
Với k=2: Xét y>2 thì $y^{k-1}=y>k$
Giả sử điều trên đúng với k=n>2, nghĩa là: $y^{n-1}>n$.
Với k=n+1:
$y^{k-1}=y^n=y^{n-1}.y>n.y>2n>n+1$ (do n>1 và y>2)
Vậy với y>2, k>1 thì $ y^{k-1}>k$
=>y=1 hoặc 2.
Nếu y=1 thì k=1 (loại)
Nếu y=2 thì $k=2^{k-1}$
Tiếp tục dùng quy nạp: Với k=3 thì: $3<2^2$
Giả sử điều trên đúng với k=q>3.
$2^{(k+1)-1}=2^{k-1}.2>2q>q+1$
Vậy với mọi k>2 thì $k<2^{k-1}$
=>k=2.
Ta được (x,y)=(2,4),(4,2).

Tìm x,y nguyên dương: $x^y \vdots y^x$