Giả sử a,b,c,d là các số nguyên tố lẻ. Khi đó:

\(a^2+2b^2+c^2+2d^2\equiv1+2+1+2\equiv2\left(mod4\right)\)

Mặt khác, do a,b,c,d lẻ nên \(ab+bc-cd+da⋮2\), do đó \(2\left(ab+bc-cd+da\right)\equiv0\left(mod4\right)\)

Vậy \(a^2+2b^2+c^2+2d^2\ne2\left(ab+bc-cd+da\right)\)., mâu thuẫn.

Vậy trong 4 số nguyên tố a,b,c,d phải có ít nhất một số bằng 2.

Ta có \(a^2+2b^2+c^2+2d^2=2\left(ab+bc-cd+da\right)\left(1\right)\), nên \(a^2+c^2⋮2\), vì vậy \(a⋮2\Leftrightarrow c⋮2\). Giả sử \(a,c⋮2\), khi đó \(a=b=c=2\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow16+2d^2=16\Leftrightarrow d=0\), loại.

Giả sử \(b=2\), khi đó \(b=c=d=2\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow a^2+20=8a\), loại.

Vậy \(d=2\), khi đó \(a,b,c\ne2\).

\(\left(1\right)\Leftrightarrow a^2+2b^2+c^2+8=2\left(ab+bc-2c+2a\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+8=4\left(a-c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b-2\right)^2+\left(b-c-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+2\\b=c+2\end{matrix}\right.\)

Vậy ta có dãy các số nguyên tố: 2,c,c+2,c+4. Dễ thấy trong 3 số c,c+2,c+4, có một số chia hết cho 3. Nếu c+4 chia hết cho 3 thì c+4=3 =>c=-1, vô lý. Lập luận tương tự với c+2 chia hết cho 3.

Vậy c chia hết cho 3. Khi đó c=3;b=5;a=7.

Vậy d=2;c=3;b=5;a=7.

b) \(\tan^22x-\cot\left(2x-\dfrac{\pi}{2}\right)-2=0\left(1\right)\)

Điều kiện xác định: \(x\ne\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\tan^22x+\cot\left(\dfrac{\pi}{2}-2x\right)-2=0\)

\(\Leftrightarrow\tan^22x+\tan2x-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\tan2x=1\\\tan2x=-2=tan\alpha\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{k\pi}{2}\\x=\dfrac{\alpha+k\pi}{2}\end{matrix}\right.\left(\alpha\in\left(0;2\pi\right)\right)\)

a) \(8\cos^3\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=\cos3x\)

\(\Leftrightarrow\left(\cos x-\sqrt{3}\sin x\right)^3=\cos3x\)

\(\Leftrightarrow\cos^3x-3\sqrt{3}\cos^2x\sin x+9\cos x\sin^2x-3\sqrt{3}\sin^3x-4\cos^3x+3\cos x=0\)

\(\Leftrightarrow3\cos x\left(1-\cos^2x\right)-3\sqrt{3}\cos^2x\sin x+9\cos x\sin^2x-3\sqrt{3}\sin^3x=0\)

\(\Leftrightarrow3\cos x\sin^2x-3\sqrt{3}\cos^2x\sin x+9\cos x\sin^2x-3\sqrt{3}\sin^3x=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sin x=0\\4\sin x\cos x-\sqrt{3}\cos^2x-\sqrt{3}\sin^2x=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k\pi\\sinx=\sqrt{3}\cos x\\\sin x=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\cos x\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k\pi\\\tan x=\sqrt{3}\\\tan x=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k\pi\\x=\dfrac{\pi}{3}+k\pi\\x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi\end{matrix}\right.\)

Bổ đề: Cho a,b,n là các số nguyên dương. Nếu \(gcd\left(a,b\right)=1\) và \(ab=n^2\), thì a,b là các số chính phương.

Chứng minh: Theo Định lí cơ bản về số học, ta có thể giả sử a,b lần lượt có các phân tích thành thừa số nguyên tố như sau: \(\left\{{}\begin{matrix}a=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}\\b=q_1^{b_1}...q_l^{b_l}\end{matrix}\right.\), trong đó \(\left(p_i\right),\left(q_j\right)\) là dãy tăng các số nguyên tố, với \(a_i,b_j>0\), \(i=\overline{1,k};j=\overline{1,l}\).

Do \(gcd\left(a,b\right)=1\) nên \(p_i\ne q_j\). Ta có:

\(ab=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}q_1^{b_1}...q_l^{b_l}\). Mặt khác do ab là số chính phương nên \(a_i,b_j⋮2\). Do đó a,b là các số chính phương (hoàn tất chứng minh).

Quay lại bài toán, ta có:

\(4m^2-8mn+3n^2=m-n\)

\(\Leftrightarrow4\left(m-n\right)^2-\left(m-n\right)=n^2\)

\(\Leftrightarrow\left(m-n\right)\left(4m-4n-1\right)=n^2\)

Đặt \(gcd\left(m-n,4m-4n-1\right)=d\). Khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}\left(m-n\right)⋮d\\\left(4m-4n-1\right)⋮d\end{matrix}\right.\Rightarrow1⋮d\Rightarrow d=1\)

Do đó \(gcd\left(m-n,4m-4n-1\right)=1\). Áp dụng bổ đề trên, ta có m-n là số chính phương.

Mặt khác, biến đổi cách khác, ta có:

\(\)\(\left(m-n\right)\left(4m-4n-1\right)=n^2\)

\(\Leftrightarrow\left(m-n\right)\left(5m-3n-1-m-n\right)=n^2\)

\(\Leftrightarrow\left(m-n\right)\left(5m-3n-1\right)=m^2\).

Do m-n là số chính phương nên 5m-3n-1 cũng là số chính phương.

Do \(a+b+c=6\) và \(a,b,c\ge0\) nên tồn tại 1 trong 3 số a,b,c không lớn hơn 2. Không giảm tổng quát, giả sử \(c\ge2\). Khi đó \(a+b\le4\). Để ý do \(c\le4\) nên \(a+b\ge2\)

\(\Rightarrow\left(a+b-2\right)\left(a+b-4\right)\le0\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\le6\left(a+b\right)-8\)

Ta có: \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2\)

\(=\dfrac{1}{2}\left[a^2+b^2+\left(6-a-b\right)^2\right]+18\)

\(=a^2+b^2+ab-6\left(a+b\right)+36\)

\(=\left(a+b\right)^2-ab-6\left(a+b\right)+36\)

\(\le\left(a+b\right)^2-6\left(a+b\right)+8+28\le28\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}a+b=2\\a+b=4\end{matrix}\right.;ab=0\) và các hoán vị , hay \(\left(a,b,c\right)=\left(0,2,4\right)\) và các hoán vị.

Vậy GTLN của P là 28.

\(\left(p-1\right)\left(p+1\right)\equiv0\left(mod8\right)\Leftrightarrow p^2\equiv1\left(mod8\right)\)

Nếu p=2 thì không đúng nhé bạn, còn p lẻ thì bạn xét các trường hợp sau: \(p=8k+1;p=8k+3;p=8k+5;p=8k+7\), rồi bình phương lên, sau đó xét số dư của \(p^2\) khi chia cho 8 là xong.

Cách khác:

\(\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab}\ge4\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)

Bất đẳng thức cuối đúng do a,b>0. Vậy ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b>0.

\(N=\sum\limits^{ }_{cyc}\dfrac{z^3}{z^2+x^2}=\sum\limits^{ }_{cyc}\left(z-\dfrac{zx^2}{z^2+x^2}\right)\ge\sum\limits^{ }_{cyc}\left(z-\dfrac{zx^2}{2zx}\right)=\sum\limits^{ }_{cyc}\left(z-\dfrac{x}{2}\right)=\dfrac{x+y+z}{2}=\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.