Nguyen Bao Khanh

Giải pt: $(x+1)^2\sqrt[4]{x^2+x+14}+(x-1)^2\sqrt[4]{x^2-x+14}=8$

Do vai trò $a,b$ như nhau nên ta giả sử $a \le b$. Do đó $0 \geq b^r-a^r$ mà $b^r-a^r \vdots b^n-a^n$ nên đặt $b^r-a^r=s(b^n+a^n) (s \in \mathbb{N}^*) \Rightarrow b^r-a^r=s(b^n+a^n) <b^r<b^n + a^n \Rightarrow s<1$, mâu thuẫn

Do $a^3+6ab+1 > a^3$ mà $a^3+6ab+1$ là số lập phương nên $a^{3}+6ab+1\geq (a+1)^{3}\Rightarrow 6ab\geq 3a^2+3a\Leftrightarrow 2b\geq a+1 \Rightarrow b^3< b^3+6ab+1 \leq b^3+6(2b-1)b+1=(b+4)^3-63-54b<(b+4)^3$ mà $b^3+6ab+1$ là số lập phương nên $b^3+6ab+1 \in \{(b+1)^3,(b+2)^3,(b+3)^3\}$.

Xét tính chẵn lẻ của $b$ thì loại được trường hợp $(b+2)^3$.

Nếu $b^3+6ab+1=(b+3)^3 \Rightarrow 27+27b+9b^2=6ab+1$.mà $VT\vdots 3,VP \not \vdots  3$ nên loại.

Nếu $b^3+6ab+1=(b+1)^3 \Rightarrow b+1=2a \Rightarrow a^3+6ab+1=a^3+12a^2-6a+1$ là số lập phương, do vai trò của $a,b$ như nhau nên chứng minh tương tự $a^3+6ab+1=(a+1)^3 \Rightarrow a+1=2b$.

Suy ra $a+b=2 \to a=b=1$.

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC, AC$ tại $D$ và $E$. $P$ và $Q$ là hai điểm trên $BC$ và $CA$ sao cho $CP=BD, CQ=AE$, $BQ$ và $AP$ cắt nhau tại $M$, đường tròn $(I)$ cắt $AP$ tại $N$ sao cho $N$ nằm giữa $A$ và $P$. Chứng minh $AN=PM$ 

P/s: Bài này em nghĩ đến  với DN và ES là đường kính của (I) , bộ 3 điểm (S,Q,B), (A,N,P) thằng hàng rồi không biết làm tiếp nữa ( 

Do $pq+a \ge 5 > 2$ nên $pq+a$ lẻ mà $(a,6)=1$ nên $pq$ chẵn. Do đó $p$ hoặc $q$ chẵn. Nếu $p=2$ thì $2q+a,2b+q$ nguyên tố không chia hết cho 3. Với $a$ chia 3 dư 1 thì $b$ chia 3 dư 2 $2q+a\equiv 2q+1, 2b+q\equiv 1+q(mod3)$ Còn $a \equiv 2(mod3)\to b \equiv 1(mod3) \to 2q+a\equiv 2q+2,2b+q\equiv 2+q(mod 3)$. Xét các trường hợp suy ra $q\vdots 3$ hay $q=3$. Nếu $q=2$ thì $2p+a,bp+2$ nguyên tố không chia hết cho 3, làm tương tự cũng suy ra được $p=3$. Do đó $a+pq=a+6$ nguyên tố.

Có vẻ cát tuyến $MNP$ lại là đường thằng Gauss của tứ giác toàn phần $AODE.BC$ đó thầy ạ. Có lời giải bằng diện tích khá đẹp

Giải pt: $3(\sqrt{2x+1}+\sqrt{1-2x})+2\sqrt{1-4x^2}=x^4+7x^2+8$

Giải phương trình: $x^3+\sqrt{(2x+1)^3}=3x^2+6x+2$

Giải phương trình: $\sqrt{8-x^2}+\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}}+x+\frac{1}{x}=5$

Để phương trình $(*)$ có 2 nghiệm nguyên thì ta có: $\Delta =4m(m+1)(m^2+1)+1$ là số chính phương. Đặt $4m(m+1)(m^2+1)+1=k^2 (k\epsilon \mathbb{N})\to 4m^4+4m^3+4m^2+4m+1=k^2>(2m^2+m)^2=4m^4+4m^3+m^2$ (Do $m\epsilon \mathbb{N*}$). Ta cũng có  $k^2<(2m^2+m+2)^2=4m^4+m^2+4+4m^3+4m+8m^2=4m^4+4m^3+9m^2+4m+4$. Nên $k^2=(2m^2+m+1)^2=4m^4+4m^3+m^2+1+2m+4m^2\to m^2=2m\to m=2 $. Phương trình thành $x^2+x-30=0 \to x_1=-6,x_2=5$. Khi đó $x_1^2+x_2^2-x_1x_2=91$ có 2 ước nguyên tố.

Em nghĩ bài này cũng tương tự với bài ở đây ạ: https://diendantoanh...p-q-nguyên-tố/ 

(Chỉ khác là thay $m$ thành $n$ thôi ạ)

Bài 1: $VT\vdots z \to 1\vdots z$. Xét $z=1$ thì $2+x^2+xy-2y^2=0\to -2=(x+2y)(x-y)$. Giải phương trình ước số ra. Xét $z=-1$ thì $x^2+xy-2y^2=0 \to (x-y)(x+2y) =0$ xét được nghiệm tổng quát

Bài 2: Tương tự, ta có $1\vdots z$. Khi đó $z^4=|z|=z^2=1$ nên $x(x+1)(x+7)(x+8)-1=y^2$. Bài toán quen thuộc.

Phân tích phương trình thì ta có $p^3-125=34q^2+48q-232\to (p-5)(p^2+5p+25)=2(q-2)(17q+58)$. Với $q=2$ thì $p=5$, với $q=3$ thì $p=7$. Với $q\geq 5,q$ lẻ thì nếu $q$ chia 3 dư 1, ta có $17q+58\vdots3$ nhưng $q-2$ không chia hết cho 3, nếu $q$ chia 3 dư 2 thì $q-2\vdots 3$ nhưng $17q+58$ không chia hết cho 3. Khi đó $(p-5)(p^2+5p+25)\vdots 3$, không chia hết cho 9. Nếu $p$ chia 3 dư 1 thì $(p-2)(p^2+5p+25)$ không chia hết cho 3 (loại). Nếu $p$ chia 3 dư 2 thì $(p-5)(p^2+5p+25)\vdots 9$ (loại). 

KL: $(p,q)=(5,2),(7,3)$. 

P/s: Lúc trước thấy bài này trên diễn đàn nhưng khó quá nên bỏ luôn, bây giờ nhìn lại thấy cũng hay hay   

Nếu $p$ chẵn thì $a^n=13\rightarrow n=1$. Nếu $n=1$ thì luôn tồn tại $a$ thỏa mãn. Nếu $p$ lẻ, $n\geq2$ thì $5(2^{p-1}-2^{p-2}3+...-3^{p-2}2+3^{p-1})=a^n\vdots 5$ mà $n\geq2$ nên $A= 2^{p-1}-2^{p-2}3+...-3^{p-2}2+3^{p-1}\vdots 5$. Do $p$ lẻ nên $A$ có số lẻ $(p)$ hạng tử. Ta có: $2^{p-1}\equiv 3^{p-1}(mod5); -2^{p-2}3\equiv 3^{p-2}3\equiv 3^{p-1};...$. Khi đó $A\equiv p.3^{p-1}(mod 5)$, mà $GCD(3^{p-1};5)=1$ nên $p=5$, tức là $a^n=275$, không tìm được a và n thỏa mãn.

Bạn có thể chỉ mình biết tại sao lại xác định được các hệ số chặn không? Mình cám ơn nhiều

Xét bài toán bậc 4 như này, thì khi may mắn (có hệ số cao nhất là của bậc 4 là số chính phương)  thì tìm tham số $a,b,c,d$ sao cho $(2n^{2}+an+b)^{2}$ $\leq BT\leq (2n^{2}+cn+d)^{2}$, ta cần chặn làm sao cho hệ số bậc 3 mất đi nhé