vanhuongsky

Đặt $x+y=2t \Rightarrow 1=x^{3}+y^{3}=(x+y)^3-3xy(x+y) \Rightarrow 1=8t^{3}-6xyt \Rightarrow t^{2}=(\frac{x+y}{2})^2\geq xy=\frac{8t^{3}-1}{6t}$ $\Rightarrow 0< t\leq \frac{1}{\sqrt[3]{2}} $

Ta có :

 $A=\frac{x^{2}+y^{2}}{(1-x)(1-y)}=\frac{2(x+y)^2+2(x-y)^2}{((1-x)+(1-y))^2-((1-x)-(1-y))^2}\geq \frac{2(x+y)^2}{(2-(x+y))^2}$

$\Rightarrow A\geq \frac{2(2t)^2}{(2-2t)^2}=\frac{2t^{2}}{(1-t)^2}$

Do $0< t\leq \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$ nên $\Rightarrow \sqrt{\frac{A}{2}}= \frac{t}{1-t}=\frac{1}{1-t}-1\geq \frac{1}{1-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}-1=\frac{1}{\sqrt[3]{2}-1}$

$\Rightarrow A\geq \frac{2}{(\sqrt[3]{2}-1)^2}$

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$

Giả sử $k\epsilon \mathbb{Z}:$  $k\leq \sqrt{p}< k+1$ $\Rightarrow p=k^{2}+r ; 1\leq r\leq 2k$. Xét $A=p-k^{2} ; B=p-|k-r|^2 ; (-k\leq k-r\leq k)$

Dễ thấy $B\vdots A$

Lưu ý vì $k(k+2)\neq p ; (p>5)$  nên $r\neq 2k\Rightarrow B\neq A$

Nếu $A=1$ thì $p=k^{2}+1$ và $k$ chẵn . Xét $B'=p-1 ; A'=p-(k-1)^2$ thỏa mãn $B'\vdots A'$

Bài toán được chứng minh.

  Khá đơn giản . Dùng bất đẳng thức cô si cho hai số  dưới mẫu như sau :

$\frac{x^{3}}{2xyz}+1= \frac{x^{2}}{2yz}+1\geq \frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}}+1= \frac{1}{y^{2}+z^{2}} ; (x^{2}+y^{2}+z^{2}= 1)$

Tương tự ta sẽ có điều phải chứng minh.

Gọi các điểm đã cho là $A_{i} ; 1\leq i\leq 2n+2$ . Đầu tiên ta xét $d$ là một đường thẳng không song song với bất kì $A_{i}A_{j}$ nào.

Trên mặt phẳng đó ta tịnh đường thẳng $d$ sao cho chia mặt phẳng thành hai phần gọi là $\alpha ;\beta$ . Mỗi phần chứa đúng $n+1$ điểm.

Giả sử $\alpha$ chứa các điểm $B_{i} ; 1\leq i\leq n+1$ và $\beta$ chứa các điểm $C_{i} ; 1\leq i\leq n+1$. Nối tất cả $B_{i}C_{j}$. Xét tập $\varepsilon _{ij}=(B_{i}C_{j};d)$. Giả sử $\varepsilon _{uv}$ là nhỏ nhất thì đường thẳng $B_{u}C_{v}$ là đường thẳng thỏa mãn đề bài.

Bài toán được hoàn tất. 

Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn đầu bài.

*Ta có : $x^{n}\equiv 1(mod p^{n})$

$x^{n}-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1)$

Nếu $x\not\equiv 1(modp)$ mà $x^{n}-1\equiv 0(mod p^{n})$ thì $x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1\equiv 0(mod p^{n})$

Suy ra : $(x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1)\vdots p^{n-1}$ 

Mà theo giả thiết $x\equiv 1(mod p^{n-1})$ nên $n\vdots p^{n-1}$$n\geq p^{n-1}\geq 2^{n-1}$ (mâu thuẫn với $n> 2$ )

Suy ra $x\equiv 1(mod p)$ $x^{n-1}+x^{n-2}+..+x+1\equiv n (mod p)$ do $(n;p)=1$ nên $\Rightarrow x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1\not\equiv 0( modp)$

*Ngược lại có $x^{n-1}+x^{n-2}+..+x+1\not\equiv 0(mod p)\Rightarrow x\equiv 1 (mod p^{n})$

Như vậy bài toán trở thành Tìm tập hợp các số nguyên tố $p$ thỏa mãn :

$x^{n}\equiv 1(mod p^{n})\Rightarrow x\equiv 1(mod p)$

Ta chứng minh : tập cần tìm là các số nguyên tố p thỏa mãn : $(n;p^{2}-p)=1$

Thật vậy ; $x^{n}\equiv 1 (mod p^{n})\Rightarrow x^{n}\equiv 1 (mod p)$

* Nếu có $(n;p^{2}-p)=1$ $\Rightarrow (n;p-1)=1 \Rightarrow \exists a;b\epsilon \mathbb{N}: an-b(p-1)= 1$ 

 Mà $x^{n}\equiv 1(mod p);x^{p-1}\equiv 1 (mod p)$ (do định lý Fecmar ) $\Rightarrow x\equiv 1 (mod p)$

* Ngược lại $x^{n}\equiv 1 (mod p ^{n}) ; x^{\theta (p^{n})}\equiv 1 (mod p^{n})$ ( Định lý Ơle)

Để suy ra $x\equiv 1 (mod p)$ thì đặt $u=(n;\theta (p^{n}))$$\Rightarrow \theta (p^{n})\vdots u\Rightarrow \exists y\not\equiv 1 (mod p^{n}) : y^{u}\equiv 1 (mod p^{n})$

Do đó  u=$(n;\theta (p^{n}))=1 \Rightarrow (n;p^{2}-p)=1$

Kết luận : $(n;p^{2}-p)=1$

$f(x)f''(x)\leq -a< 0 \Rightarrow f''(x)< 0 \Rightarrow f'(x)$ nghịch biến (1)

Nếu $\exists x_{0} : f'(x_{0})< 0\Rightarrow f(x)-f(x_{0})=\int_{x_{0}}^{x}f'(x)dx< \int_{x_{0}}^{x}f'(x_{0})dx \forall x> x_{0}$

$f(x)< f(x_{0})+(x-x_{0})f'(x_{0}) \forall x> x_{0}$

$\Rightarrow f(x)< 0 ; x\rightarrow \infty$ Điều này vô lí.

$\Rightarrow f'(x)\geq 0$ với mọi x (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\exists 0\leq b< \infty : \lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)= b$

Giả sử rằng : $\forall x\geq N \Rightarrow b+\varepsilon > f'(x)> b-\varepsilon$ với $0< \varepsilon < b ; \varepsilon < \frac{b}{5a}$

Từ bất đẳng thức ban đầu lấy tích phân hai vế có :

$0\geq \int_{N}^{x}(f(x)f''(x)+a)dx=\int_{N}^{x}f(x)f''(x)dx +a(x-N)$

$\Rightarrow 0\geq f(x)f'(x)-f(N)f'(N)-\int_{N}^{x}(f'(x))^2dx+a(x-N)$

Ta có :

$f(x)-f(N)=(x-N)f'(\epsilon _{x})> (x-N)(b-\varepsilon )$

$(f'(x))^2< (b+\varepsilon )^2$

Suy ra : $0\geq (x-N)(b-\varepsilon )^2+f(N)(b-\varepsilon )-f(N)f'(N)-(x-N)(b+\varepsilon )^2+a(x-N)$

$\Rightarrow 0\geq (x-N)(a-4b\varepsilon )+f(N)(b-\varepsilon )-f(N)f'(N)$ (3)

mà $a-4b\varepsilon > a-4b.\frac{a}{5b}> \frac{a}{5}> 0$

Do đó (3) không đúng khi $x\rightarrow +\infty$

Vậy không tồn tại $f(x)$ khi $a>0$

 Với $a=0$ xét hàm số $f(x)=ln(x+2)$ là một hàm thỏa mãn.

Giả sử có dãy $x_{n}$ thỏa mãn với mọi đa thức bậc hai P(x) có hệ số nguyên không âm ta đều có :

                             $\lim_{n\rightarrow \infty }(x_{n}+x_{P(n)})=0$

Liệu có suy ra được $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=0$ ?

Ta chứng minh bất đẳng thức sau với t>0 luôn có :

$\frac{1}{\sqrt{t^{2}+5t+2}}\geq \frac{9}{4}lnt-\frac{9}{4}ln2+\frac{1}{4}$

Thật vậy ; xét hàm số f(t) bằng vế trái trừ vế phải.

Bất đẳng thức tương đương : f(t) $\geq$0.

Khi đó  ta có :

f'(x)=$\frac{(x-2)(16x^{3}+112x^{2}+243x+81)}{4x\sqrt{x^{2}+5x+2}(4x^{2}+10x+9\sqrt{x^{2}+5x+2})}$

f'(t)=0 <=> t=2.

Suy ra f(t)$\geq$f(2)=0.

Áp dụng vào bài toán suy ra điều phải chứng minh.

Do cùng bậc nên giả sử a+b+c+d=4.

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si có 

$(a+b)(a+c)(a+d)\leq (\frac{3a+b+c+d}{3})^3= (\frac{2a+4}{3})^3$

Tương tự như vậy thì ta cần chứng minh :

$(\frac{a}{a+2})^3+(\frac{b}{b+2})^3+(\frac{c}{c+2})^3+(\frac{d}{d+2})^3\geq \frac{4}{27}$

Đến đây ta sử dụng với 0<x<4 có :

$(\frac{x}{x+2})^3\geq 2(x-1)+\frac{1}{27}$

Bất đẳng thức cuối tương đương $(x-1)^2(-2x^{2}+12x+8)\geq 0$ ( đúng do 0<x<4 )

Vậy bài toán được chứng minh.

$a_{k+2}=2a_{k+1}-pa_{k} (1)$

*Từ (1) suy ra $a_{k+2}\equiv 2a_{k+1} (mod p)$ $\Rightarrow a_{u+1}\equiv 2^{u}(mod p)$

$\Rightarrow 2^{u}+1\equiv 0 (mod p)(2)$

*Từ (1) suy ra $a_{k+2}-a_{k+1}\equiv a_{k+1}-a_{k}(mod (p-1)) \Rightarrow a_{k+2}-a_{k+1}\equiv a_{1}-a_{0} (mod(p-1))$

$\Rightarrow a_{u+1}\equiv a_{1}+u(mod(p-1))\Rightarrow u+2\equiv 0(mod (p-1))$(3)$

Từ (2) và (3) suy ra $(2^{u+2}-1)+5 \equiv 0 (mod p) \Rightarrow p=5$ (do định lý Fecmar )

Thử lại p=5 thì a_{3}=-1 thỏa mãn. 

Vậy p=5

Cho N, P lần lượt là tập số nguyên dương và tập số nguyên tố, k là số nguyên dương cho trước. Kí hiệu S=$\left \{ n\epsilon N : |n-p|\leq k ;p\epsilon P \right \}$. Xét hàm số f: S↦S sao cho : f(m)+f(n) là ước của $(m+n)^{k}$ với mọi m;nϵS. Gọi T là tập hữu hạn các số nguyên dương mà mỗi số có một ước chính phương khác 1 sao cho với mỗi số nguyên n đều tồn tại trong T ít nhất một phần tử q để ƯCLN(q;n)=f(1) hoặc ƯCLN(q;n)=f(q). Chứng minh rằng tồn tại  hai phần tử x;y $\epsilon S\cap T$  để ƯCLN(f(x);f(y)) là số nguyên tố.

Giả sử deg(P)=n và hệ số bậc cao nhất là a (a $\neq 0$ ) 

Đồng nhất hệ số bậc cao nhất => a=1

Khi đó ta đặt P(x)=$x^{n}$+Q(x) thì k=deg(Q) < n.

Nếu Q(x)$\not\equiv 0$ Thì 

Thay vào đẳng thức ban đầu có : $x^{2n}+Q(x^{2})=(x^{n}+Q(x))^2$

Sau khi rút gọn ta so sánh bậc cao nhất : 2k = k+n => k=n ( Điều này vô lí )

Suy ra : Q(x)$\equiv$0. Vậy P(x)=$x^{n}$