Cho số nguyên dương x,y với x>1 và thỏa điều kiện $2x^{2} - 1 = y^{15}$ . CMR x $\vdots 15$

$[\sum (1+\frac{1}{a})^{4}](1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (3+\sum \frac{1}{a})^{4}$ (Holder)
BDT <=> $(3+\sum \frac{1}{a})^{4} \geq 3^{4}(1+\frac{3}{2+abc})^{4}$
<=> $3+\sum \frac{1}{a}\geq 3(1+\frac{3}{2+abc})$ (do vt vp ko âm)
<=> $\frac{ab+bc+ac}{abc} \geq \frac{9}{2+abc}$
<=>$2\sum ab + \sum a^{2}b^{2}c \geq 9abc$
Hiển nhiên do ab+bc+$a^{2}c^{2}b \geq 3abc$ (AM-GM 3 số ) 
Thiết lập các bdt tương tự 

chém bừa =)) 
$\sum \frac{a}{1+bc} = \sum \frac{a}{\sum a^{2}+bc} \geq \sum \frac{a}{\sum a^{2}+\sum ab} = \frac{a+b+c}{\sum a^{2}+\sum ab} \geq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^{2}} = \frac{1}{a+b+c} \geq 1$
dấu bằng xảy ra (a,b,c) = (0,0,1) và các hoán vị 

nếu không nhầm quy đồng lên có : 
A = $\frac{\sum a^{2}+\sum ab}{\prod (a+b)}$
áp dụng AM-GM 3 số cho a+b , b+c , a+c
$\sum a^{2} + \sum ab = (\sum a)^{2} - \sum ab \geq 4-\frac{4}{3}$
.......

à không câu này mình thấy ở đâu đó trên mạng

Bạn bỏ câu nào vậy hình năm nay dễ thở

hình như bạn gõ sai đề bài 2 pq/$p^{p} + q^{q} + 1 $ 

$p^{q-1} \equiv 1 ( mod q) => p^{q-1} = qk+1 => p^{q}=pqk+p$

TT : $q^{p} = pqk + q $
=> $p^{q} + q^{p} + 1 $\equiv p+q+1 (mod pq)$
=> p+q+1 = kqp
giải pt nghiệm nguyên nhận được cặp nghiệm (p,q) = (2,3)
 

Kmttq g/s x,y > 0 

$\frac{x^{2}+1}{y^{2}}+4 = k^{2}$ ( g/s k>0)
$<=> x^{2}+1+4y^{2}=k^{2}y^{2}$ => k>2 nếu k<2 => VT>VP
$<=> y^{2}k^{2}-(x+2y)^{2}=1-4xy => y^{2}k^2 - (x+2y)^{2} < 0$ (1-4xy <0) 
$<=> (yk-x-2y)(yk+x+2y) < 0 $
<=>yk-x-2y < 0 
=> x> y(k-2) 
tương tự x<y(k+2) 
TH1 :  x = y.(k-2) + m (m<=y)
$k^{2} = \frac{x^{2}+1}{y^{2}}+ 4 = k^{2} - 4k + 4 + \frac{m^{2}+2my(k-2)+1}{y^{2}} + 4$
$<=> 4k = 8 + \frac{m^{2}+ 2my(k-2)+1}{y{2}}$ <=  8+1+ 2(k-2) + $\frac{1}{y^{2}}$
$4k \leq 9 + 2k - 4 + \frac{1}{y^{2}}$
$<=> 2k \leq 5+\frac{1}{y^{2}} \leq 5+1 = 6$
=> k <= 3 mà k > 2 
=> k=3 => x=2,-2 ; y=1,-1 
các TH còn lại biến đổi ra vô nghiệm thì phải 

chẵn thì sao ? 4 có phải scp ko ?

em nghĩ với p lẻ thì  $5^{p} \equiv 1 (mod4) , p^3 \equiv 1 (mod4) => 5^{p} + p^{3} \equiv 2 (mod 4) (vô lý với số chính phương chẵn )$

Không mất tính tổng quát giả sử b nằm giữa a và c và c nhỏ nhất  => $b\leq$ 2 , c<2 

(a-1)(a-3)$\leq$ 0 

<=>$a^{2}\leq 4a-3 $ => $a^{3} \leq 4a^2 - 3a$  <=>  $a^{3} \leq 4(4a-3) -3a$ = 13a-12

<=>$b^{2} \leq$ 3b-2 <=>$b^{3} \leq 3(3b-2) -2b$ <=> $b^{3} \leq 7b-6$

(c-1)(c-2)$\leq$ 0 

<=>$c^{2} \leq$ 3c-2  <=> $c^{3} \leq$ 7c-6 

<=> $a^{3} + b^{3} + c^{3}$ $\leq$ 13a-12+7b-6 + 7c-6 = 7(a+b+c) + 6a -24 = 18 + 6a $\leq$ 18+6.3 = 36 ( do a$\leq$3)

không biết đúng không @@ bạn xem đỡ : ab+bc+ac $\leq$ 3abc 

<=> $\sum \frac{1}{a} \leq$ 3 

=> a+b+c $\geq$ 3  

$\sum \frac{a^{4}b}{2a+b}= \sum \frac{a^3}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}=\sum \frac{\frac{a^{4}}{a}}{\frac{2}{b}+\frac{1}{a}}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{3(\sum \frac{1}{a})}\geq \frac{(\sum \frac{a^{2}}{\sqrt{a}})^{2}}{9} \geq \frac{(\frac{(a+b+c)^{2}}{\sum \sqrt{a}})^{2}}{9} = \frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$

Ta lại có : $(\sum \sqrt{a})^{2} \leq 3(a+b+c)$

Cần chứng minh :  $\frac{(a+b+c)^{4}}{9(\sum \sqrt{a})^{2}}$ $\geq$ 1 

<=>  $\frac{(a+b+c)^{4}}{27(a+b+c)} \geq$ 1 

<=> $(a+b+c)^{4} \geq$ 27(a+b+c)

<=> (a+b+c)^3 $\geq$ 27 ( hiển nhiên do a+b+c $\geq$ 3 ) .

Mấy bạn xem lại giúp mình với 

gọi các số trên bảng là x1 , x2 , x3 ,x4 ,x5 ,...., x2017

Ta xét dãy : (7.x1 +1)(7.x2+1)...(7.x2017 + 1 )

Khi ta xóa đi hai số bất kì trên bảng thì tích trên mất đi hai số hạng là (7x+1)(7y+1) và thay vào số mới là 7(x+y+7xy) +1 =(7x+1)(7y+1)

Do đó nếu xóa đi hai số bất kì thì tích trên luôn không đổi và (7.x1 +1)(7.x2+1)...(7.x2017 + 1 )=0(do 7.$\frac{-144}{1008}+1 = -1+1 = 0$)

Do đó sau 2016 bước thực hiện thì tích trên bảng vẫn bằng 0 và số còn lại (7h+1) phải thỏa tính chất trên tức là : 

7h+1=0 

=> h=$\frac{-144}{1008}$

Vậy số còn lại là $\frac{-144}{1008}$

câu 3 bạn còn cần không để hôm nào mình gửi luôn cho 

câu 1 : @@ 

$ab^{2}c^{2} + a^{2}c + b = 3c^{2}$

<=> $ab^{2} + a^2/c + b/c^2 =3$

đặt a=x , b=y , $\frac{1}{c}$=z

=>$xy^{2} + x^{2}z + yz^{2} =3$

Ta có : $\frac{c^{4}}{1+c^{4}(a^{4}+b^{4})}$ 

= $\frac{1}{\frac{1}{c^{4}} + a^{4} + b^{4}}$ 

= $\frac{1}{x^{4}+y^{4}+z^{4}}$

Ta có : 

$x^{4} + y^{4} + y^{4} + 1 \geq 4xy^{2}$ (1)

$x^{4} + x^{4} + z^{4} + 1 \geq 4x^{2}z$ (2)

$z^{4} + z^{4} +y^{4} + 1 \geq 4z^{2}y$ (3)

(1),(2),(3) suy ra : 

$x^{4} + y^{4} + y^{4} + 1 +x^{4} + x^{4} + z^{4} + 1 + z^{4} + z^{4} +y^{4} + 1  \geq 4xy^{2} +4x^{2}z +4z^{2}y$

<=> 3($x^{4} + y^{4} + z^{4} ) + 3 \geq 4xy^{2} +4x^{2}z +4z^{2}y$

<=> 3($x^{4} + y^{4} + z^{4} ) +3 \geq 12$

<=>$x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq 3$

=> $\frac{1}{x^{4}+y^{4}+z^{4}}$ $\leq$ $\frac{1}{3}$

Dấu = khi a=b=c=1

cậu trả lời luôn hộ mình đc ko ? nói ý chính thôi. ko cậu gửi link của đề thi ấy cho mình mượn. Cám ơn nhiều!!

Bạn cần gấp không @@ giờ mình bận quá trưa mai mình gửi cho bạn @@ 

không biết mình làm đúng không @@ : 

Xét q=2 ( bạn tự xét) 

Xét q>2 : 

$2^{n}$.$p^{2}$ + 1 = $q^{5}$

 <=> $2^{n}$.$p^{2}$ =  $q^{5}$-1

<=>$2^{n}$.$p^{2}$ = (q-1)($q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$)

Do q>2 và q nguyên tố nên q lẻ 

=> ($q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$) không chia hết cho 2 

=> q-1 $\vdots$ $2^{n}$

=> q-1 $\geq$ $2^{n}$ 

Gỉa sử q-1 > $2^{n}$ 

=> q-1=$2^{n}$.k 

nếu k=p 

=> q-1=$2^{n}$.p

=>$q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$=p 

=>  q-1 $\geq$ $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ ( vô lí bạn có thể tự chứng minh ) 

nếu k khác p 

=> $p^{2}$ $\vdots$ k ( vô lí do p nguyên tố )

Vậy q-1 = $2^{n}$ 

Khi đó $q^{4} + q^{3} + q^{2} + q + 1$ = $p^{2}$ 

Để giải phương trình này bạn tham khảo ở đây https://diendantoanh...nh-y2-1xx2x3x4/

không phải đâu vì trong lời giải của bài toán có điều kiện là (a,b,c)=1 người ta đi gọi UCLN(a,b) =d.  Nếu chúng nguyên tố cùng nhau rồi

thì cần gì phải gọi 

ý mình là ucln của 3 cái là 1 không phải chúng đôi một nguyên tố cùng nhau 

cách này mình nghĩ là ko đúng, nhiều giá trị quá. Nếu nó cho z nguyên thì chịu chết

mình thấy cách ấy đúng mà nhỉ với lại đề này z có một mình như thế . Như bạn nói nếu  cho z nguyên thì cũng giới hạn lại được : 

$x^{2} + y^{2} -4x-2x-7z-2$=0 

=> 7z+7 = $(x-2)^{2}$ + $(y-1)^{2}$

=> 7z+7 $\geq$ 0

=> z+1 $\geq$ 0

=> z $\geq$ -1

rồi xét z từ -1 đến 6 thôi

ý là UCLN của ba cái đó là 1 ấy 

phải mà nhỉ 

câu 2 : gs a lớn nhất a thuộc khoảng [1,2] . (1$\leq$ a $\leq$ 2 ) 

Ta có : $b^{3} + c^{3} \leq (b+c)^{3}$ = $(3-a)^{3}$

Ta có : $a^{3} + b^{3} + c^{3} \leq$ $a^{3} + (3-a)^3$ = 27-27a+$9a^{2} -a^{3} + a^{3}$=27-27a+$9a^{2}$

Ta chứng minh : 27-27a+$9a^{2}$ $\leq$ 9 

<=>$9a^{2} - 27a +18 \leq$ 0 

<=> 9($a^{2}$ -3a+2) $\leq$ 0 

<=> 9(a-1)(a-2) $\leq$ 0 (luôn đúng với mọi a thuộc khoảng [1,2]

dấu bằng xảy ra khi (a,b,c)=(0,1,2) và các hoán vị 

câu 3 đề là max hay min bạn với lại 3 hay $\sqrt{3}$

câu 5 : đpcm <=>$\prod \sqrt{x+y}(\sum \frac{\sqrt{y+z}}{x}) \geq 4(x+y+z)$

Ta có : $\prod \sqrt{x+y}(\sum \frac{\sqrt{y+z}}{x}) = \sum \frac{(y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x}\geq \sum \frac{(y+z)(x+\sqrt{yz})}{x}=\sum (y+z)+\sum \frac{(y+z)\sqrt{yz}}{x}=2(x+y+z)+\sum \frac{(y+z)\sqrt{yz}}{x}\geq 2(x+y+z)+\sum \frac{2yz}{x}$

Để chứng minh hoàn tất ta chỉ ra : 

$\sum \frac{2yz}{x}\geq 2(x+y+z)$

Thật vậy : $\sum \frac{2yz}{x}\geq 2(x+y+z)$

<=>$\frac{2(\sum (yz)^{2})}{xyz}\geq 2(x+y+z)$

<=>$2(\sum (yz)^{2})\geq 2xyz(x+y+z) <=>\sum y^{2}z^{2}\geq xyz(x+y+z)$ (luôn đúng vì đây là bđt $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ trong đó a=xy,b=yz,c=xz)