căn bản bạn Đạt chep nhầm đè a_(n) chu không phải 2 a_(n) và đây là tổng quat của PEN L12  

Tìm tất cả các số nguyên dương $h,k,m,n$ với $h\geq 2$ và $(1+n^{k})^{h}=1+n^{m}$

Tìm $a,b,c,x,y,z\in Z$ sao cho $a.x^{2}+b.y^{2}+c.z^{2}=abc+2xyz-1$ ,$ab+bc+ca\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$ và $a,b,c>0$

Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau.Chứng tỏ rằng với mọi 3 số nguyên $u,v,w$ đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $au+bv+cw=0$ thì tồn tại $m,n,p$ nguyên sao cho :
$a=nw-pv$
$b=pu-mw$
$c=mv-nu$

Cho $a_{1},a_{2}...,a_{n}>0$ ,$m\geq n-1$ với $n\geq 3$ và $a_{1}a_{2}...a_{n}\geq 1$. Chứng minh rằng :
$\sum a_i^m+\sum a_i^n+n(m+n-2)\geq\left (\sum \frac{1}{a_i}\right)\left(\sum a_i+m\right )$

spam chút : sao bạn nghĩ ra cách này =))
--------------
spam : Mình đạo hàm như bình thường bạn ạ :v

Thôi khỏi cần bạn ấy tốn công anh ạ
ai muốn tham khảo thì vào đây
http://www.artofprob...118722&start=40

Lời giải của bạn còn thiếu trường hợp $0 < b < \frac{1}{e} < a$ hay tương đương với $0 < y < 1 < x$ Bổ đề của bạn chỉ giải quyết được khi $a > 1$ nên còn phần $a < 1$ vẫn chưa trọn vẹn

Plus thêm là bạn nên chau chuốt cho lời giải thêm 1 chút, còn nhiều chỗ sai mà nếu mình không có thời gian tính toán kiểm tra thì mình không hiểu bạn muốn nói gì...

Bổ sung: comment này viết truớc khi bạn sửa comment trên phần bổ đề. Mình sẽ kiểm lại khi có thời gian

Bổ sung 2: mình thấy bạn đã bỏ phần bổ đề đó trong lời giải. Thực tế thì bổ đề đó không đúng: $x, y$ là hàm theo $a, b$ theo thứ tự đó nên hoàn toàn liên tục và có thể lấy giá trị dương tuỳ ý. Bây giờ lấy $x = 2, y = \frac{1}{2}$ thì cặp số này phủ định bất đẳng thức phụ của bạn.

cái đó theo mình nhớ là open question trừ khi bạn đọc đc thj có thế chia sẻ

cái đó thì bạn nên hỏi VASCsile Cirtoaje
Đó là 1 open question

Chỉ sợ bạn Ngô Khánh Linh mang tiếng thôi! Bạn ý hình như cũng có ny rồi! =.="

Bạn doxuantung97 cứ GATO í nhỉ

$4a^{2}$ mà nhỏ hơn $3a^{2}+3a+1 \forall a\in Z+$ hả em

bài 4: ta xét :tam giác ABC là tam giác không tù tương đương $ A,B,C \left [ 0,90 \right ] $
ta ln A ta có :$ln A=\sum ln(sin A+1)$
Xét hàm này và thấy hàm này là hàm lõm suy ra nó đạt cực tiểu ở biên (đg ko nhể)
vì vậy xét các TH khi $A,B,C \in \left \{ 0,90 \right \}$ ta đều thấy $ln A \geq ln4$ vì vậy $A\geq 4$ nhưng vì tam giác ABC nhọn nên không có dấu $=$
Vì vậy $A>4$

Cmr: 1 số hữu tỉ luôn có thể biểu diễn được dưới dạng tổng lập phương của 3 sô hữu tỉ

Đặt đb là (1):
thay $x$ bởi $x+y$ ta có :
$(x+y)f(x+y)-yf(y)=xf(x+2y)$ (2)
(1)-(2) suy ra $f(x)+f(x+2y)=2f(x+y)$
điều này tương đương với f(x)+f(y)=2$f(\frac{x+y}{2}) \forall x\in R$ (3)
đặt $f(0)=b$ suy ra $f(x)+b=2(\frac{x}{2})$
thay vào (3) suy ra $f(x)+f(y)=f(x+y)+b$
từ đây và (1) ta có $x(f(y)-b)=y(f(x)-b)$
điều này tương đương $\frac{x}{f(x)-b}=\frac{y}{f(y)-b}$
Suy ra $f(x)=ax+b$ với a,b=const

thg Tùng ..... .có dùng dồn biến thui mà:
Đặt $P(x,y,z)$ là giá trị cần tìm max ta cm
$P(x,y,z)\leq P(x+\frac{z}{2},y+\frac{z}{2},0)\leq P(\frac{n}{n+1},\frac{1}{n+1},0)$
Xâu hổ quá đó Tùng

Tìm $f:R->R$ t/m :
$f(f(x)+y)=f(f(x)-y)+4y.f(x)$

Bạn doxuantung97 năm sau đi thi lấy danh tiếng cho Đông Anh nhé (đừng chém bão nữa).Nếu bạn WS dạy mềnh thì năm sau chắc đc

Cho $a,b,c\in N$.Cho dãy $(x_{n})_{n\geq 0}$ bởi :$ x_{0}=4$,$x_{1}=0$,$x_{2}=2c$,$x_{3}=3b$ và $x_{n+3}=a.x_{n-1}+b.x_{n}+c.x_{n+1}$ .Cmr: với mỗi $p\in P$ thì với số $m\in N$ bất kì nào thì số $x_{p^{m}}$ chia hết cho $p$

Tìm m,n sao cho với $a_{1},a_{2},....a_{n}>0$.thì:
$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{ma_{i}}+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_{i}+a_{i+1}}\geq \sum_{i=1}^{n} \frac{m-1}{(m-1)a_{i}+a_{i+1}}$

Cho $p,q\in N$ sao cho $p+q\in P$ và $n$ chia hết $p^{n}+q^{n}$.Cmr:
$p+q$ chia hết $n$.
Có thể bỏ đk $p+q\in P$ ko?

Cho $a_{1},a_{2},....a_{n} >0$ thoả mãn:$\prod a_{i}=1$.Chứng minh rằng:$$\sum a_{i}^{n-1}(a_{i}^{m-n+1}+1)+n(n-2+m)\geq (m+n)\left ( \sum \frac{1}{a_{i}} \right )$$
Với $m\geq n$

Nếu $a,b,c,d\geq 0$ sao cho :$abcd=1$:
Cmr: $\left|\frac{1}{\sqrt{a+b+c+d-4}} -\frac{1}{\sqrt {\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}-4}}\right| < 1$

Thêm nữa nhé!!
Tìm tất cả nghiệm nguyên dương cho pt:$p^{x}-y^{p}=1$ trong đó :$p\in p$
CS 1996

đ/s

Đề đủ phải là tìm bộ ba số $(a,m,n)$ nguyên dương
Giải như sau:
TH1: $m$ chẵn
$gcd(a+1,a^m+1)=d$ suy ra $a^m-a \vdots d$ hay $a(a^{m-1}-1) \vdots d$ mà $a+1 \vdots d$ nên $gcd(a,d)=1$ do đó $a^{m-1}-1 \vdots d$ suy ra $a^{m-1}-1+a+1 \vdots d \Rightarrow a(a^{m-2}+1) \vdots d$ mà $gcd(a,d)=1$ suy ra $a^{m-2}+1 \vdots d$ cứ làm như vậy $m-2,m-4,....,2$ thì $a^2+1 \vdots d$ khi ấy do $a+1 \vdots d$ suy ra $2 \vdots d \Rightarrow d=1,2$
Nếu $d=1$ suy ra $gcd(a+1,a^m+1)=1$ suy ra $(a+1)^n \vdots a^m+1$ khi $a^m+1=1$ vô lí
Nếu $d=2$ suy ra $a^m+1=2^x$ vì ngụơc lại suy ra $a^m+1=2^x.l$ với $l$ lẻ mà $gcd(a+1,a^m+1)=2$ nên $a+1 \not \vdots l$ suy ra $(a+1)^n \not \vdots l \not \vdots a^m+1$ vô lí nên $a^m+1=2^x$ do đó $a$ lẻ nên $m$ chẵn thì $a^m+1 \equiv 2 \pmod{4}$ suy ra $x=2$ nên $a=m=1$ vô lí vì $m$ chẵn $m$ lẻ thì $a^m+1=(a+1)(a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1)$
Thấy $m$ lẻ nên $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1$ lẻ (do $a^{m-i}-a^{m-i-1}$ chẵn) khi ấy $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1=1$ (do ước lẻ duy nhất của $2^x$ là $1$ khi ấy $a+1=2^x$ nên $a=1$ vì $a>1$ thì $a^{m-1}-a^{m-2}+...+a^2-a+1>1$ vô lí do đó $a=1$ hay $m=1$
Suy ra $(a,m,n)=(1,1,n)$
TH2: $m$ lẻ $m=1$ thì thỏa mãn với mọi $n$ và $a$
$m\geq 3$ thì $m=p.q$ với $p$ nguyên tố
Ta có $(a+1)^n \vdots a^{pq}+1$ và $a^{pq}+1=(a^q+1)((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)$
Nhận thấy $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)|p$ nên $gcd(a^q+1,(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=1,p$
Nếu $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=1$ thì $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a+1)=1$ nên $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1=1$ (do $(a+1)^n \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$) khi ấy $a^q=0,1$ nên $a=1$ khi ấy $(a,m,n)=(1,m,n)$ với $n\geq m$ còn $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$
Khi ấy $a^m+1 \vdots p$ nên $(a+1)^n \vdots p$ nên $a+1 \vdots p$
$\blacksquare$ $q \vdots p$ khi ấy $a^q+1=(a+1)(a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1)$ do $q \vdots p$ nên $a^{q-1}-a^{q-2}+...+a^2-a+1 \vdots p$ kết hợp $a+1 \vdots p$ suy ra $a^q+1 \vdots p^2$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \equiv p \pmod{p^2}$ khi ấy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ mặt khác $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1>p$ nên nó còn một ước nguyên tố $r$ khác $p$ mà $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,a^q+1)=p$ nên $gcd((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1,(a+1))=p$ khi ấy $gcd(a+1,r)=1$ như vậy suy ra $(a+1)^n \not \vdots r \not \vdots (a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1$ vô lí
$\blacksquare$ $q \not \vdots p$ khi ấy $a^m+1=a^{pq}+1$
$v_p(a^{pq}+1)=v_p(a^q+1)+v_p(p)=v_p(a+1)+v_p(q)+1=v_p(a+1)+1$ (do $q \not \vdots p$)
$v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+v_p(q)=v_p(a+1)$ như vậy $v_p((a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1)=v_p(a^{pq}+1)-v_p(a^q+1)=v_p(a+1)+1-v_p(a+1)=1$
Như vậy $(a^q)^{p-1}-(a^q)^{p-2}+...+(a^q)^2-(a^q)+1 \vdots p$ mà $\not \vdots p^2$ cm tương tự trên nó có một ước $r$ nguyên tố khác cũng suy ra vô lí
Vậy $\boxed{(a,m,n)=(1,m,n)}$ với $m\le n$

Đ/số cả là(a,m,n)=(2,3,n) với $n\geq 2$ nữa chứ
Cm khác: Bổ đề Định lý Zsigmondy): $a,b,n\in N$ soa cho(a,b)=1 và $n\geq 2$ thì tồn tại số$p$ sao cho $p$ là ước của $a^{n}+b^{n}$ mà không là ước của $a^{k}+b{k}$ với mọi $k\leq n$ trừ khi $a=2,b=1,k=3$.
Quay lại bài toán, nếu $n\geq 2$
+)nếu $a=1$ thì cm như em
+)nếu $a\geq 1,m\geq 2$ thì ta có nghiệm duy nhất :(2,3,n) còn nếu khác thì:theo đlý trên $a^{m} +1$ có ước nguyên tố không là ước của$a+1$, suy ra nó ko là ước của $(a+1)^{n}$.Suy ra vn.Vậy pt có nghiệm:(1,1,n) và(2,3,n) ....(các th dễ xét)

Tìm tất cả bộ $3$ số (a,m,n)$\in N$ sao cho $a^{m}+1$ chia hết $\left ( a+1 \right )^{n}$