Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $x,y$ mà $gcd(x,y)=1$ và thỏa mãn 
$x^2-8xy-3y^2=9$ 

Nhận xét

Em đang cần một lời giải khác ngoài cách dùng bổ đề $(a,b)=1 \Rightarrow \exists a,b \in \mathbb{Z} ax+by=1$

Đề bị sai x=42,y=5

Không thấy ai đón đầu nhỉ

• TH1. $x$ lẻ. Ta chọn $m, n$ sao cho mọi $p\in \mathbb{P}$ sao cho nếu $p\mid m + n$ thì $p > x$ và $\text{gcd}(m, n) = 1$ và $2\nmid m + n$. Nếu $\exists p\mid m^{x} + n^{x}$ mà $p\nmid m + n$ thì điều này mâu thuẫn với $p\mid m^{x} + n^{x}\mid (m + n)^{2016} \implies p\mid m + n$. Vậy cho nên $\forall p\mid m^{x} + n^{x} \iff p\mid m + n$.
  Áp dụng bổ đề LTE, ta có $v_{p}(m^{x} + n^{x}) = v_{p}(m + n) + v_{p}(x) = v_{p}(m + n)$. Từ cách chọn của ta ta thu được $m^{x} + n^{x} = m + n$. Điều này chỉ có thể xảy ra khi $x = 1$.
• TH2. $x$ chẵn. Xét $p$ là một số nguyên tố lẻ đủ lớn. Chọn $m = p - k$ và $n = k$ ($k < p$, ta có $\text{gcd}(k, p) = 1$). Khi đó $(p - k)^{2s} + k^{2s} \mid p^{2016} \implies (p - k)^{2s} + k^{2s} = p^{h}$. Do ta chọn $p$ đủ lớn nên $h \neq 0$.
  Bây giờ để ý là xét theo modulo $p$ cho ta $2k^{2s} \vdots p$. Điều này vô lí.

Chứng minh hoàn tất. $\bigstar$

Phần chứng minh n lẻ, chẵn chỉ đúng với một số TH anh, Hoặc là đề thiếu điểu kiện, Vd : m=1, n=2, x=3

Chỗ đó áp dụng Cô-si cho mẫu số 

1,Ta có:$x+\frac{1}{y}$ và $y+\frac{1}{x}$ là các số nguyên

BĐT$\Leftrightarrow (a+b-\frac{ab+1}{a+b})^{2}\geq 0$ (Đúng)

*$x=0$ không là nghiệm của PT

$x\neq 0 \Rightarrow PT\Leftrightarrow x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+a(x+\frac{1}{x})+b=0$

Ta có: $x+y+z=1 \Rightarrow 0\leq x,y,z\leq 1$

Với $a=\sqrt{\frac{49}{50}};b=c=\frac{1}{10}$ thì BĐT trên sai

Vì $1+9abc-a-b-c$ chưa chắc lớn hơn 0

Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài cạnh của một tam giác thì 

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ab+ac+bc}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{5}{2}$