Bổ đề : Nếu p là số nguyên tố và $p\equiv 3(mod4)$, $p|a^2+b^2$ thì $p|(a,b)$

Nếu x là số chẵn ta dễ chứng minh được phương trình vô nghiệm.

Xét x là số lẻ. Do số chính phương lẻ chia 4 dư 1 nên x chia 4 dư 1                  (2)

Phương trình có dạng : $x^7+2^7=y^2+36$

Do $x^7+2^7=(x+2)(x^6-2x^5+...+64)$

mà  $x+2$  chia 4 dư 3.

Vì vậy $x^7+2^7$ phải có ước nguyên tố $p\equiv 3(mod 4)$

Do đó $p|x^2+6^2\Rightarrow p|6\Rightarrow p=3$

Suy ra x chia 3 dư 1           (1)

Suy ra $9|y^2+6^2$ 

Mà từ (1) suy ra : $x^6-...+64\equiv 1(mod3)$

Do đó $x+2\equiv 0(mod9)$                                                                                (3)

Từ các điều trên và (2),(3) ta có thể đặt : 

$x=36t+25,y=3m$

Suy ra : $(4t+3)A=m^2+2^2$

Do 4t + 3 phải có ước nguyên tố q chia 4 dư 3 nên $q|m^2+2^2\Rightarrow q|2$ ( Vô lý ) 

Cho x,y,z là các số dương nằm trong đoạn [0,1] 

Chứng minh rằng            

                                            $\sum (xy-y+1)^2\geq \frac{3}{2}$

 Bài này đẳng thức xảy ra tại $(0,\frac{1}{2},1)$ và các hoán vị. Nhưng mình chưa giải được 

Theo mình thì nên học phần khó, phần mà mình học chưa tốt vì như thế nó mới rèn luyện cho ta được cái tư duy tốt và ta nên kiên trì với nó như thế thì ta mới thông minh hơn được. 

Chứng minh BĐT Tổng quát được đấy : 

Với $a_{i}>0$

$a_{1}a_{2}...a_{n}(a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{n}^2) \leq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{n+2}}{n^{n+1}}$

Chứng minh bằng Quy nạp và Dồn biến về Trung bình cộng. 

Bạn nên rèn luyện chăm chỉ, học lấy cái quan trọng nhất. Đến lúc đó bạn sẽ có được cái mà người ta gọi là " Nhạy cảm Toán học " .

Toán sơ cấp thì phương pháp đa dạng lắm.

Cho n là một số tự nhiên lẻ. Chứng minh : 

$7^{2n}+5.7^n+1$ chỉ có ước nguyên tố dạng $4k+1$

bài này có trong chuyên đề sử dụng LTE ở quyển Chuyên đề Số học - Mathscope .

Bạn chịu khó lên mạng tìm đi. 

Bài này chỉ cần thêm biến thôi.

Thêm biến z > 0 : 

$f(x+f(y+f(z)))=f(x+y+f(z))+f(y+f(z))\Leftrightarrow f(x+f(y+f(z)))=f(x+y+z)+2f(z)+f(y+z)$

Mặt khác : $f(x+f(y+f(z)))=f(x+f(y+z)+f(z))=f(x+f(z)+y+z)+f(y+z)=f(x+y+2z)+f(z)+f(y+z)$

Do đó ta có : $f(x+y+2z)=f(z)+f(x+y+z)$ Từ đây hiển nhiên suy ra rằng f cộng tính trên $\mathbb{R}^{+}$

Do đó phương trình hàm ban đầu có dạng là : $f(x)+f(f(y))=f(x)+2f(y)\Leftrightarrow f(f(y))=2f(y)$   (*)

Do f cộng tính trên $\mathbb{R}^{+}$ nên $f(x)=ax(a>0)$ . 

Thử vào (*) ta thấy $a=2$

Thử lại ta được $f(x)=2x$ thỏa mãn đề bài.

1/ IMO 2005 

Đây là kĩ thuật chọn điểm rơi trong BĐT. Trong sách Sáng tạo BĐT nói khá rõ đấy. 

Tham khảo tại : http://diendantoanho...hức-và-cực-trị/

Chọn k = 0 khi đó P(x) = n thỏa mãn 

(???)

Nhận xét : Nếu $Q(x)\geq 0\forall x$ thì bậc của Q(x) nhất định phải là số chẵn

Xét k là số nguyên dương 

Gọi bậc của P(x) là K hay $degP=k$ Do đó $deg(P(x)-P'(x))=k$ Từ điều kiện i) suy ra k là số chẵn                (1)

Tương tự với ii) suy ra k - 1 là số chẵn                                                      (2)

Do đó k không là số nguyên dương hay nói cách khác k = 0 Hay P(x) là hằng số 

Do đó ta được $P(x)=C$ với C là hằng số không âm bất kỳ

Xin lỗi nhá    Lời giải đúng ở đây :         

xem tại đây : 

đây là đề thi của Ấn Độ năm 98 hay 97 gì đó.

n = 0 chọn k = ... 

n = 1 chọn k = ...

n > 1 chọn k >1 khi đó : $2^nk+1>3$ 

Do đó ta chỉ cần chọn k để số này chia hết cho 3 là được. 

Rõ ràng là ta có thể chọn được ( bạn tự giải nốt nhá )

Câu 3 : 

Chứng minh BĐT phụ : $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$ bằng AM-GM ( các bạn tự nghĩ nhé ) là được.

P/s : Thực ra đây là câu APMO năm nào đó.

Cho y = 0 ta được $f(x)+2xf(0)=f(f(x))$                   (*)

Nếu $f(0)=0$ cho x = 0 vào PTH ta được : $f(y)=f(y)+2y\forall y\in \mathbb{R}$

( Vô lý ) 

Do đó $f(0)\neq 0$ từ (*) suy ra f là đơn ánh .

Cho x = 0 vào (*) ta được : $f(0)=f(f(0))\Leftrightarrow f(0)=0$ ( Vô lý ) 

Do đó không có hàm số thỏa mãn đề bài. (???)

Bài này chỉ cần đánh giá cơ bản thôi. 

Chi tiết tại : 

CGMO :

http://www.artofprob...h422665p2389389

Rồi.Mình dùng hết các pp rồi ( chắc đánh giá kém ). Mình chẳng tìm thấy lời giải ở đâu cả. 

VMO 2003 

http://www.artofprob...6h137860p779769

Bài toán :  Cho a,b,c là các số thực dương . CMR : 

                   $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

P/s : Mình đã nghĩ rất lâu mà không giải được.

Cách giải khác : Ta có BĐT : $a^2-ab+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{4}\forall a,b\in \mathbb{R}$ 

Ta có : $a^3+b^3=2=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ Nên hiển nhiên do : $a^2-ab+b^2>0,2>0$ nên $a+b>0$

Mặt khác : $2=(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq \frac{(a+b)^3}{4}$ nên suy ra : $a+b\leq 2$

Các bạn nhầm rồi. BĐT AM-GM không phải là BĐT Cauchy (?). Trong sách Sáng tạo BĐT có nói rất rõ : Cauchy chỉ là người đưa ra chứng minh hay cho BĐT này thôi.