$\boxed{1}$Cho hình vuông $ABCD$, $I$ là một điểm bất kì trên cạnh $AB$ ($I$ khác $A$ và $B$). Tia $DI$ cắt $CB$ tại $E$. Đường thẳng $CI$ cắt $AE$ tại $M$. Chứng minh rằng $DE$ vuông góc với $BM$ 

$\boxed{2}$Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $AB=a,AD=b$ $(a>b>0)$. Tia phân giác của $\widehat{BAD}$ cắt $BD,CD$ lần lượt tại $E,K$. Trên cạnh $BD$ lấy điểm $H$ sao cho $AE$ là phân giác của $\widehat{CAH}$. Gọi $F$ là giao điểm của $HK$ và $AB$. Chứng minh rằng: $C,E,F$ thẳng hàng.

$\boxed{3}$Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$), các đường cao $BD$ và $CE$. $DE$ cắt $BC$ tại $K$. Các tia phân giác của các góc $BAC,DKB$ cắt nhau tại $S$. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,CE$. Chứng minh rằng $M,S,N$ thẳng hàng.

$\boxed{4}$Trên cạnh $AC,BC$ của tam giác ABC theo thứ tự lấy $M,K$, trên đoạn thẳng $MK$ lấy điểm $P$ sao cho $\frac{AM}{MC}=\frac{CK}{KB}=\frac{MP}{PK}$. Tính diện tích tam giác ABC, nếu diện tích tam giác AMP và BKP bằng S₁, S₂.

Anh cho Topic thêm mấy bài để em củng cố kiến thức chuyên đề này được không anh ?

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}(xy)^3+3xy^3+1=5y^2 & \\ 3xy^3=2y^2+1 & \end{matrix}\right.$

Giải.

Xét y = 0 thì thấy vô lí

Xét $y\neq 0$ thì ta viết hệ dưới dạng: $\left\{\begin{matrix}x^3+3x+\frac{1}{y^3}=\frac{5}{y} & \\ 6x=\frac{4}{y}+\frac{2}{y^3} & \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế hai phương trình trên, ta được: $x^3+9x=\frac{9}{y}+\frac{1}{y^3}$

$\Leftrightarrow (x-\frac{1}{y})(x^2+\frac{x}{y}+\frac{1}{y^2}+9)=0$

Dễ có $x^2+\frac{x}{y}+\frac{1}{y^2}+9 > 0$ nên $x=\frac{1}{y}$

Thay vào phương trình (2) tìm được $y = 1$ hoặc $y = -1$

Vậy nghiệm của hệ là $(x,y) = (1,1)$ và $(x,y) = (-1,-1)$

Anh ơi anh có thể chỉ viết đề được không hoặc đáp án để ở bài viết sau hoặc ẩn đi được ko ?

P/s : Em muốn thức sức vs các bài này 

Bạn thử nhé!

Giải phương trình: $\frac{1}{\sqrt{3x^2+x^3}}+2\sqrt{\frac{x}{3x+1}}=\frac{3}{2}$

Bạn thử nhé!

Giải phương trình: $\frac{1}{\sqrt{3x^2+x^3}}+2\sqrt{\frac{x}{3x+1}}=\frac{3}{2}$

Lời giải.

Dễ thấy điều kiện xác định của phương trình là $-3<x<\frac{-1}{3}$ hoặc $x>0$

+) Nếu $-3<x<\frac{-1}{3}$ thì $\frac{1}{\sqrt{3x^2+x^3}}=\frac{1}{\sqrt{4+(x-1)(x+2)^2}}>\frac{1}{2}$

và $2\sqrt{\frac{x}{3x+1}}=\sqrt{\frac{4x}{3x+1}}=\sqrt{\frac{5}{4}+\frac{x-5}{4(3x+1)}}>\sqrt{\frac{5}{4}}>1$

Suy ra: $\frac{1}{\sqrt{3x^2+x^3}}+2\sqrt{\frac{x}{3x+1}}>\frac{3}{2}$ (vô lí)

Vậy $x>0$

Xét $0<x\leqslant 1$ thì $3x^2+x^3\leqslant 3x^2+x$ nên $\frac{1}{\sqrt{3x^2+x^3}}+2\sqrt{\frac{x}{3x+1}}\geqslant \frac{2x+1}{\sqrt{x(3x+1)}}$

Mà ta dễ có: $\frac{2x+1}{\sqrt{x(3x+1)}}\geqslant \frac{3}{2}$ do biến đổi tương đương nên dấu bằng xảy ra khi $x=1$

Nếu $x>1$ thì ngược lại điều trên ta có điều vô lí

Vậy $x=1$

Góp cho topic một bài hệ phương trình thú vị: $\left\{\begin{matrix}x^3-y^3=35 & \\ 4x+y^3-2y^2=-4 & \end{matrix}\right.$

Lời giải.

Phương trình (2) tương đương với: $(y+2)(y^2-4y+8)=12-4x$

* Xét $y>-2$ thì $12-4x>0$ nên $x<3$

Và $x^3=y^3+35>-8+35=27\Rightarrow x>3$ (mâu thuẫn)

Tương tự với $y <-2$ thì cũng suy ra vô lí

Vậy $y = -2$ nên $x = 3$

Giải phương trình: $x^3-15x^2+78x-141=5\sqrt[3]{2x-9}$

$PT\Leftrightarrow (x-5)^3=5(5+\sqrt[3]{2x-9})-3x-9$

Đặt: $y=5+\sqrt[3]{2x-9}$ thì ta có hệ: $\left\{\begin{matrix}(y-5)^3=2x-9 & \\ (x-5)^3=5y-3x-9 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x-5)^3-(y-5)^3+5(x-y)=0\Rightarrow x=y$

Bài 167: Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn cả ba số $\frac{x^2+y^2+3}{xy},\frac{y^2+z^2+3}{yz},\frac{z^2+x^2+3}{zx}$ là các số nguyên

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta giả sử $x,y)=d$ thì tồn tại $a,b$ sao cho $x=da,y=db$ và $(a,b)=1$. Khi đó $\frac{d^2a^2+d^2b^2+3}{d^2ab}$ là số nguyên nên $d^2|3\Rightarrow d=1$

Tương tự ta cũng có: $(y,z)=(z,x)=1$

Không mất tính tổng quát ta giả sử $x\leqslant y\leqslant z$

Ta có: $z|x^2+3$ và $y|x^2+3$ mà $(y,z)=1$ nên $yz|x^2+3$

+) Xét $y\geqslant x+1\Rightarrow z\geqslant x+1\Rightarrow x^2+3\geqslant x^2+2x+1\Rightarrow x\leqslant 1$

Mà $x$ nguyên dương nên $x=1$ suy ra $\frac{y^2+3}{y},\frac{z^2+3}{z}\in\mathbb{Z}$ mà $(y,z)=1$ nên $y=z=1$

+) Xét $y<x+1\Rightarrow y\leqslant x\Rightarrow x=y$ nên $x=y=1$. Lúc này thì $z$ là ước của $4$ nên $z\in\left \{ 1;2;4 \right \}$ 

Từ đây ta tìm được 7 bộ số $(x,y,z)$ thỏa mãn là $(1,1,1)$, $(1,1,2)$ và các hoán vị, $(1,1,4)$ và các hoán vị

Bài 166: Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $\frac{xy^3}{x+y}$ là lập phương của một số nguyên tố

~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử $p$ là số nguyên tố và $\frac{xy^3}{x+y}=p^3\Rightarrow xy^3=p^3(x+y)$

Đặt $(x,y)=d$ thì ta có thể đặt $x=da,y=db$ với $(a,b)=1$ lúc đó phương trình trở thành: $d^3ab^3=p^3(a+b)\Rightarrow p^3(a+b)\vdots b^3$

Mà $(a+b,b^3)=(a,b)=1$ nên $p^3\vdots b^3\Rightarrow b\in\left \{ 1;p \right \}$

+) Nếu $b=1$ thì $d^3a=p^3(a+1)\Rightarrow d^3a^3=p^3a^2(a+1)$ nên $a^2(a+1)$ là lập phương đúng

Mà $a^3<a^2(a+1)<(a+1)^3$ nên trường hợp này mâu thuẫn

+) Nếu $b=p$ thì $d^3a=a+p\Rightarrow p\vdots a\Rightarrow a\in\left \{ 1;p \right \}$

  -) Trường hợp $a=1$ thì $d^3=p+1$ nên $p=(d-1)(d^2+d+1)\Rightarrow d-1=1\Rightarrow d=2\Rightarrow p=7\Rightarrow x=2,y=14$

  -) Trường hợp $a=p$ thì $d^3p=2p\Rightarrow d^3=2$ (vô lí)

Vậy $x=2,y=14$

Bài 156: Tìm $x,y$ nguyên dương và nguyên tố cùng nhau thỏa mãn $2(x^3-x)=y^3-y$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Phương trình đã cho tương đương: $x^3+x^3-y^3-3.x.x.(-y)-3x^2y-(2x-y)=0\Leftrightarrow (2x-y)(x^2+y^2+2xy-1)=3x^2y$

$\Rightarrow 3x^2y\vdots (2x-y)\Rightarrow 3x^2(2x-y)-6x^3\vdots (2x-y)\Rightarrow 6x^3\vdots 2x-y$

Mà dễ có: $(x^3,2x-y)=(x,y)=1$ nên $6\vdots 2x-y$

+) Nếu $2x-y=1\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-1)^3-(2x-1)\Leftrightarrow 6x(x-1)^2=0\Rightarrow x=1\Rightarrow y=1$

+) Nếu $2x-y=2\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-2)^3-(2x-2)\Rightarrow 6(x-1)(x^2-3x+1)=0\Rightarrow x=1\Rightarrow y=0$ (loại)

+) Nếu $2x-y=3\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-3)^3-(2x-3)\Rightarrow 6(x-4)(x-1)^2=0\Rightarrow x=4\Rightarrow y=5$

+) Nếu $2x-y=6\Rightarrow 2(x^3-x)=(2x-6)^3-(2x-6)$ (vô nghiệm nguyên)

Vậy có 2 cặp nghiệm nguyên dương thỏa mãn là $(x,y)\in\left \{ (1,1);(4,5) \right \}$

Bài 171: Tìm các số nguyên dương $n>1$ thỏa mãn với mọi ước nguyên dương $d>1$ của $n$ thì $d^2-d+1$ và $d^2+d+1$ là số nguyên tố

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Đầu tiên ta giả sử $n$ có ước nguyên tố $p>3$ thì $p\equiv 1,2(\text{mod 3})$

Nếu $p\equiv 1(\text{mod 3})\Rightarrow p^2+p+1\equiv 0(\text{mod 3})$

Nếu $p\equiv 2(\text{mod 3})\Rightarrow p^2-p+1\equiv 0(\text{mod 3})$

Mà $p^2+p+1>p^2-p+1>3$ nên ta khẳng định $n$ chỉ có ước nguyên tố là $2$ và $3$. Đặt $n=2^x.3^y$

Nếu $x\geqslant 2$ thì $n$ có ước là $4$, loại do $d^2+d+1=21$ là hợp số. Nếu $y\geqslant 2$ thì $n$ có ước là $9$, cũng loại do $d^2+d+1=91$ là hợp số

Vậy $x,y$ chỉ có thể bằng $0,1$ và đương nhiên $x,y$ không thể cùng bằng $0$

Vậy có 3 số thỏa mãn là $2,3,6$

Bài 174: Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Xét các số nguyên $x,y \in\left \{ 1,2,3,....\frac{p-1}{2} \right \}$. Chứng minh rằng nếu $xy(p-x)(p-y)$ là số chính phương thì $x=y$.

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử ước chung lớn nhất của $x(p-y)$ và $y(p-x)$ là $d$ thì tồn tại các số $a,b$ sao cho $x(p-y)=da,y(p-x)=db$ và $(a,b)=1$

Lúc đó: $d^2ab=xy(p-x)(p-y)$ là số chính phương do đó $ab$ là số chính phương mà $(a,b)=1$ nên $a,b$ là các số chính phương. Đặt $a=u^2,b=v^2$ 

$\Rightarrow d(u+v)(u-v)= du^2-dv^2=da-db=x(p-y)-y(p-x)=p(x-y)$

Không mấy tính tổng quát giả sử $x>y$ thì $a>b$.

Dễ thấy $x,y,p-x,p-y$ không chia hết cho $p$ nên $d$ không chia hết cho $p$ nên $u+v$ hoặc $u-v$ chia hết cho $p$

Dễ thấy $u-v$ không chia hết cho $p$ nên $u+v$ chia hết cho $p$ 

$\Rightarrow u+v\geqslant p$

Mặt khác: $u+v=\sqrt{\frac{x(p-y)}{d}}+\sqrt{\frac{y(p-x)}{d}}\leqslant \sqrt{x(p-y)}+\sqrt{y(p-x)}\leqslant \frac{x+p-y}{2}+\frac{y+p-x}{2}=p$ nên $u+v=p$

Dấu bằng lúc này xảy ra khi $x+y=p$

Vô lí vì $x+y\leqslant \frac{p-1}{2}+\frac{p-1}{2}=p-1<p$

Vậy $x=y$

Bài 182: Tìm các số nguyên $x,y$ thỏa mãn $(x^2+y)(y^2+x)=(x+1)(y+1)$

~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

* Xét $x+1=y+1=0$ thì $x=y=-1$ (Thỏa mãn)

* Nếu có ít nhất một trong hai số $x+1,y+1$ khác $0$ thì ta đặt $(x+1,y+1)=d$ lúc này thì tồn tại $a,b$ sao cho $x+1=da, y+1=db$ và $(a,b)=1$

$\Rightarrow x^2+y=(da-1)^2+db-1=d\left [ da^2-2a+b\right ]=d\left [ a(x-1)+b \right ]$

Tương tự: $y^2+x=d\left [ b(y-1)+a \right ]$

Phương trình lúc này trở thành: $\left [ a(x-1)+b \right ]\left [ b(y-1)+a \right ]=ab\Leftrightarrow a^2(x-1)+ab(x-1)(y-1)+b^2(y-1)=0$

+) Nếu $x=1$ thì tìm được  $y=\pm 1$

+) Nếu $x\neq 1$ thì coi đây là phương trình bậc hai theo ẩn $a$

$\Rightarrow \Delta _a=b^2(x-1)^2(y-1)^2-4b^2(x-1)(y-1)$

Hiển nhiên $\Delta _a$ phải là số chính phương hay $(x-1)^2(y-1)^2-4(x-1)(y-1)$ là số chính phương

Ta đặt: $(x-1)^2(y-1)^2-4(x-1)(y-1)=k^2\Leftrightarrow \left [ (x-1)(y-1)-2 \right ]^2=k^2+4\Leftrightarrow (xy-x-y-1-k)(xy-x-y-1+k)=4$

Đến đây thì mọi chuyện đã đơn giản

Bài 181: Tìm các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn $\frac{3n^2}{m}$ và $\sqrt{n^2+m}$ là các số nguyên

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Vì $m$ dương nên $n^2+m>n^2$ do đó ta có thể đặt $n^2+m=(n+s)^2$ với $s$ là số nguyên dương 

$\Rightarrow m=2sn+s^2$

Từ giả thiết ta có thể đặt $3n^2=mk=k(2sn+s^2)\Rightarrow 3n^2-2ksn-ks^2=0$

$\Rightarrow \Delta _n=4k^2s^2+12ks^2=4s^2(k^2+3k)$ do đó $k^2+3k$ phải là số chính phương

Mà $k^2<k^2+3k<(k+2)^2$ nên $k^2+3k=(k+1)^2$ do đó $k=1$

Vậy $3n^2=m$ hay toàn bộ các số nguyên thỏa mãn là $(m,n)=(3k^2,k)$ với $k$ là một số nguyên dương

Bài 175: Tìm các số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn $p+q+r$ không chia hết cho $3$, đồng thời cả $p+q+r$ và $pq+qr+rp+3$ là các số chính phương

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta giả sử $p\geqslant q\geqslant r$. Ta giả sử $r$ lẻ thì $p,q,r$ đều lẻ.

Nhưng lúc này $pq+qr+rp+3\equiv 2(\text{mod 4})$ (vô lí) nên ta khẳng định $r=2$

Như vậy lúc này ta cần tìm $p,q$ sao cho $p+q+2$ và $pq+2(p+q)+3$ là số chính phương

Ta xét $q=2$ thì $pq+2(p+q)+3=4p+7\equiv 3(\text{mod 4})$ (vô lí), còn nếu $q>3$ thì ta xét 3 trường hợp

+) Nếu $p,q\equiv 1(\text{mod 3})$ thì $pq+2(p+q)+3\equiv 1+4+3\equiv 2(\text{mod 3})$(không là số chính phương)

+) Nếu $p,q$ khác số dư khi chia cho $3$ thì $p+q+2\equiv 1+2+2\equiv 2(\text{mod 3})$ (không là số chính phương)

+) Nếu $p,q\equiv 2(\text{mod 3})$ thì $p+q+r=p+q+2\equiv 2+2+2\equiv 0(\text{mod 3})$ (trái với giả thiết)

Vậy ta khẳng định $q=3$

Như vậy ta cần tìm $p$ để $5p+9$ là số chính phương. Đặt $5p+9=a^2\Rightarrow 5p=(a+3)(a-3)$

Tới đây chỉ cần xét ước: $a-3\in\left \{ 1;5;p;5p \right \}$ chỉ tìm được $p=11$

Vậy $(p,q,r)$ là hoán vị của bộ số $(2,3,11)$

Bài 155: Tìm các số nguyên tố $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+2c^2=3abc$

~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Nếu $a,b$ không chia hết cho $3$ thì $a^2+b^2\equiv 2(\text{mod 3})\Rightarrow a^2+b^2+2c^2\equiv 1,2(\text{mod 3})$ vô lí vì $3abc$ là một bội của 3

Vậy trong hai số $a,b$ có một số chia hết cho 3, do vai trò của hai số này là như nhau nên ta giả sử $a=3$ thì $b^2+2c^2=9(bc-1)$

Bây giờ ta xét $c$ lẻ thì $b^2+2c^2$ và $9(bc-1)$ khác tính chẵn lẻ do nếu $b=2$ thì $b^2+2c^2$ chẵn và $9(bc-1)$ lẻ hoặc nếu $b$ lẻ thì $b^2+2c^2$ lẻ và $9(bc-1)$ chẵn

Vậy $c=2$ nên tìm được $b=17$

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên tố là $(a,b,c)\in\left \{ (17,3,2);(3,17,2) \right \}$

Bài 154: Cho $a,b,c,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $ab+a^2c+b^2c+abc^2=101^n$. Chứng minh $n$ là số chẵn

~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta có: $(a+bc)(b+ca)=101^n$

Vai trò của $a$ và $b$ là như nhau nên ta giả sử $a\geqslant b$ lúc đó thì $a+bc-b-ca=(a-b)(1-c)\leqslant 0\Rightarrow a+bc\leqslant b+ca$

Vì 101 là số nguyên tố nên ta dễ thấy tồn tại hai số $x,y$ và $y\geqslant x$ sao cho $\left\{\begin{matrix}b+ca=101^y & \\ a+bc=101^x & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow b+ca\vdots a+bc\Rightarrow \left\{\begin{matrix}b+ca+a+bc\vdots a+bc & \\ b+ca-a-bc\vdots a+bc & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}(a+b)(c+1)\vdots a+bc & \\ (a-b)(c-1)\vdots a+bc & \end{matrix}\right.$

Dễ thấy trong hai số $c+1,c-1$ chỉ có một số không chia hết cho 101 hoặc cả hai số đều không chia hết cho 101

* Nếu $c-1$ không chia hết cho 101 thì $a-b\vdots a+bc$ mà $0\leqslant a-b<a+bc$ nên $a=b$ do đó $101^n=(a+bc)^2$ là số chính phương nên $n$ chẵn

* Nếu $c+1$ không chia hết cho 101 thì $a+b\vdots a+bc$ suy ra $c=1$ nên hiển nhiên $n$ là số chẵn

Vậy $n$ là số chẵn

Tại anh Mr handsome ugly không cho anh ra trả lời bài tập trên TOPIC nên anh sẽ phụ anh ấy ra bài tập nhé: 

$\boxed{134}$ Tìm số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $n$ sao cho $p^3-p=n^7-n^3$

Ta có: $p(p+1)(p-1)=n^3(n^2+1)(n^2-1)$

* Nếu $n$ chia hết cho $p$ thì $n^3(n^2+1)(n^2-1)\vdots p^3$ mà $p(p+1)(p-1)$ không chia hết cho $p^3$ nên vô lí (loại)

Vậy $(n^2+1)(n^2-1)$ chia hết cho $p$

-) Xét $p=2$ thì dễ thấy không có số nguyên dương $n$ thỏa mãn

-) Xét $p>2$ thì $n^2+1$ và $n^2-1$ không cùng chia hết cho $p$

  +) Nếu $n^2+1$ chia hết cho $p$ thì $n^2+1\geqslant p\Rightarrow n^7-n^3=p^3-p<(n^2+1)^2-1$ mà $n$ nguyên dương nên dễ thấy $n=1$ hoặc $n=2$

Dễ thấy $n=1$ không thỏa mãn nên $n=2$ khi đó $p=5(tm)$

  +) Nếu $n^2-1$ chia hết cho $p$ thì $n^2-1\geqslant p\Rightarrow n^7-n^3=p^3-p<(n^2-1)^2-1$

Dễ thấy trong trường hợp này không tồn tại số nguyên dương $n$

Vậy $n=2;p=5$

 Mình xin đóng góp 2 bài: 

$\boxed{\textsf{Bài 122}}$ Cho số nguyên dương $n$ là 1 lập phương đúng. Chứng minh rằng: $n^2 + 3n +3$  không là lập phương đúng. ( Lập phương đúng là số có dạng $a^3$ với $a$ nguyên)

Em xin thử, không biết có đúng không   

Lời giải:

n là một lập phương đúng nên ta đặt $n=a^3$ $(a\geqslant 1;a\in N)$

Khi đó $n^2+3n+3=a^6+3a^3+3$

Ta có: $(a^6+3a^3+3)-(a^2)^3=3a^3+3>0\Rightarrow a^6+3a^3+3>(a^2)^3$

           $(a^2+1)^3-(a^6+3a^3+3)=3a^3(a-1)+(3a^2-2)>0\Rightarrow (a^2+1)^3>a^6+3a^3+3$

Vậy $(a^2)^3<a^6+3a^3+3<(a^2+1)^3$ nên không thể là lập phương đúng (đpcm)

$\boxed{119}$Giải phương trình nghiệm nguyên: $(x-y)^{30}+5(y-z)^4+(z-x)=2021$

P/s: Bài này tương đối dễ vì thực chất nó xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi toán 8 của một huyện ờ Hà Tĩnh

$\boxed{110}$Cho n là số nguyên dương chia hết cho 4 và k là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng: $\frac{1^k+2^k+3^k+...+n^k}{2}$ là số tự nhiên chia hết cho $n+1$

$\boxed{111}$Tìm các số tự nhiên n sao cho dãy số $n+9;2n+9;3n+9;4n+9;...$ không chứa số chính phương nào

$\boxed{110}$Dễ thấy tổng $1^k+2^k+3^k+...+n^k$ là số chẵn nên $1^k+2^k+3^k+...+n^k\vdots 2$

Mặt khác $k$ là số tự nhiên lẻ nên 

$1^k+n^k\vdots n+1$

$2^k+(n-1)^k\vdots n+1$

...

$(\frac{n}{2})^k+(\frac{n}{2}+1)^k\vdots n+1$

Do đó: $1^k+2^k+3^k+...+n^k\vdots n+1$

$\boxed{109}$Cho $a,b,c$ là các số hữu tỉ dương thỏa mãn $a+\frac{1}{bc},b+\frac{1}{ca},c+\frac{1}{ab}$ là những số nguyên. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $M=a+b^2+c^3$

$\boxed{101}$ Tìm các số nguyên tố a, b, c sao cho $a^{c-b}+c,c^a+b$ là các số nguyên tố

$\boxed{105}$Chứng minh $2^a+29^b$ không chia hết cho 23 với $a,b$ nguyên dương

Mình xin đưa ra lời giải của mình:

Giả sử $2^a+29^b\vdots 23$ 

$\Rightarrow 4^b(2^a+29^b)\vdots 23$

$\Rightarrow 2^{2b+a}+1+116^b-1\vdots 23$

Mà dễ có: $116^b-1\vdots 116-1\vdots 23$ nên $2^{2b+a}+1\vdots 23$

Đặt $2b + a = 11n + r$ (n là số tự nhiên; $0\leqslant r\leqslant 10$)

Ta có: $2^{11n+r}+1=2^r(2^{11n}-1)+2^r+1$. Do $2^{11}-1=2047\vdots 23$ nên $2^r+1\vdots 23$(*)

Thử r từ 0 đến 10 thì không có số nào thỏa mãn (*)

Vậy điều giả sử là sai

Ta có điều phải chứng minh

$\boxed{95}$ Tìm các số nguyên a; b thỏa mãn $a^2(3a+7b)-2b^3$ và $a(2a^2+7b^2) - 6b^3$ là các số lập phương.
$\boxed{96}$ Với m > n và m, n là các số nguyên lẻ. Chứng minh nếu $\frac{n^2-1}{m^2-n^2+1}$ là số nguyên thì $m^2-n^2+1$ là số chính phương.

$\boxed{109}$Cho $a,b,c$ là các số hữu tỉ dương thỏa mãn $a+\frac{1}{bc},b+\frac{1}{ca},c+\frac{1}{ab}$ là những số nguyên. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $M=a+b^2+c^3$

Vì $a,b,c$ là các số hữu tỉ nên ta có thể đặt $abc=\frac{p}{q}$ với $p,q$ là các số tự nhiên khác $0$ và $(p,q)=1$

Ta có: $(a+\frac{1}{bc})(b+\frac{1}{ca})(c+\frac{1}{ab})=a(1+\frac{1}{abc})b(1+\frac{1}{abc})c(1+\frac{1}{abc})=abc(1+\frac{1}{abc})^3=\frac{p}{q}(1+\frac{q}{p})^3=\frac{(p+q)^3}{p^2q}$

Vì $a+\frac{1}{bc},b+\frac{1}{ca},c+\frac{1}{ab}$ là những số nguyên nên $(a+\frac{1}{bc})(b+\frac{1}{ca})(c+\frac{1}{ab})$ nguyên hay $\frac{(p+q)^3}{p^2q}$ nguyên $\Rightarrow (p+q)^3\vdots p^2q$

Vì $(p,q)=1$ nên $(p+q,p)=(p+q,q)=1$ suy ra $p = q = 1$

Nên $a+\frac{1}{bc}=2a;b+\frac{1}{ca}=2b;c+\frac{1}{ab}=2c$

Ta có: $2a,2b,2c$ là các số nguyên dương có tích bằng 8 nên chúng là các hoán vị của một trong các bộ số $(1;1;8),(1;2;4),(2;2;2)$ nên $a,b,c$ là hoán vị của một trong các bộ số $(\frac{1}{2};\frac{1}{2};4),(\frac{1}{2};1;2),(1;1;1)$

Thử các hoán vị trên ta có $M=a+b^2+c^3$ đạt giá trị lớn nhất là $64\frac{3}{4}$ tại $a=b=\frac{1}{2},c=4$ và các hoán vị.