demonhunter000

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 $\left ( a+1 \right )^{n}$

Trích dẫn tí!!
Bổ đề:Cho $m,n\in N$ sao cho $n+1$ chia hết cho $4m$ thì $-m$ không là scp mod n.
$4xyz=x+y+t^{2} \Rightarrow 16xyz=4x+4y+4t^{2}$
$\Rightarrow 16xyz^{2}=4xz+4yz+4zt^{2}$
$\Rightarrow (4xz-1)(4yz-1)=4zt^{2}+1$
$(2zt)^{2} \equiv -z(modn)$ trong đó$n=4yz-1$ .Ta có:$n+1$ chia hết cho$4z$ và $\left ( \frac{-z}{n} \right )$.Trái với bổ đề.

Ta còn có bất đẳng thức:
Cho a, b, c là các số không âm thỏa $a + b + c = 3$. CMR: $a^k+b^k+c^k \ge ab + bc + ca$ với mọi $k \ge \frac{{2\ln 3 - 3\ln 2}}{{\ln 3 - \ln 2}}$
Vấn đề này đã được đề cập đến trong 1 tài liệu của anh Cẩn ( BĐT hiện đại hoặc BĐT và những lời giải đẹp... Tớ quên mất rồi :-s )

Đây là tq của RMO2002.Trong stbđt cx có!

Cho $(a,p)=1$,$(b,p)$=1,$p\in P$:
Cmr:$\sum_{i=1}^{p}\left ( \frac{ai^{2}+bi}{p} \right )=-\left ( \frac{a}{p} \right )$
Trong đó(-) là kí hiệu legendre

bái 1
điều kiện tương đương:$(a,b,c)\rightarrow (\frac{2x}{y+z},\frac{2y}{x+z},\frac{2z}{x+y})$
Thay vào suy ra bdt tương đương với $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6 (1)$
Do bdt thuần nhất suy ra ta có thể chuẩn hoá $x+y+z=1$
Suy ra (1) $\Leftrightarrow $$\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geq 6$
Viết bdt dưới dạng $\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geqslant 3\sqrt{\frac{2\frac{a+b+c}{3}}{1-\frac{a+b+c}{3}}+3}$
Ta có hàm $f(x)=\sqrt{\frac{3-x}{1-x}}$ là hàm lồi trên khoảng $[\frac{1}{3},\infty)$
Suy ra theo định lý RCF, ta phải cm bdt:$f(x) +2f(y)\geq 3f(1)$ khi $y\geq \frac{1}{3}\geq x$ và $x+2y=3$
nhưng bdt trên có thể dễ dàng cm bằng cách chuyển hết về biến $x$!!!

Bài 4:Ta chứng minh bài toán tổng quát và chặt hơn với tập $$P=\left \{ 1,2,...2n+1 \right \}$$.$Chọn A,B\subset P$ sao cho $\left | A \right |+\left | B \right |= 2n+2$ thì luôn tồn tại $a\in A$ và $b\in B$ sao cho $a+b=2012$.
Gọi $\left | A \right |=x$ suy ra $\left | B \right |=2n+2-x$.Giả sử:không tồn tại $a\in A$ sao cho tm đề bài:có x phần tử .Suy ra số phần tử của B $\leqslant 2n+1-x \leqslant 2n+2-x$.Suy ra vô lí.Suy ra điều giả sử sai.
$Q.E.D$

bài này mở rộng RMO 1990
Giải:
Bđt tương đương:$(x-1)+(y-1)+(z-1)\leqslant 0$
Ta có:$x-1\leqslant x^{2009}-x^{2008}(1)$
$y-1\leqslant y^{2010}-y^{2009} (2)$
$z-1\leqslant z^{2011}-z^{2010}(3)$
Ta c/m $(1),(3)$ bằng phép bđtđ
Xét $(2)$:
Nếu $y\leqslant 1$ thì bđt tương đương:$(y-1)^2(y^{2008}-y^{2007}+...-y+1\geqslant 0$
mà ta có :$1\geqslant y$
$y^{2}\geqslant y^{3}$
......
Cộng tất cả lại suy ra đpcm
Nếu $y\leqslant 1$ thì làm tương tự.!!