\(S_1=1\) (còn \(S_n=1\Rightarrow S=2015\))

Tính được \(S_1=1;S_2=-2-\sqrt{3};S_3=-2+\sqrt{3};S_4=1\)

Vậy \(S_i=S_{i+3}\left(i\ge1\right)\)

Mà \(S_1+S_2+S_3=-3\)

\(\Rightarrow S=\sum\limits^{2015}_{i=1}\left(S_i\right)=-3\cdot668+S_{2015}=-3\cdot668+1=-2003\)

#Kaito#

nhầm nhá x = 0 và y = 1

\(\Leftrightarrow\)\(\sum\limits^{2019}_{i=0}\left(x^i\right)=\left(y-x\right)\cdot\sum\limits^{2019}_{i=1}\left(x^{2019-i}y^i\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\cdot\sum\limits^{2018}_{i=0}\left(x^i\right)=\left(y-x\right)\cdot\sum\limits^{2019}_{i=1}\left(x^{2019-i}y^i\right)\)

\(\left(x+1,\sum\limits^{2018}_{i=0}\left(x^i\right)\right)=1\) và \(\sum\limits^{2018}_{i=0}\left(x^i\right)\le\sum\limits^{2019}_{i=1}\left(x^{2019-i}y^i\right)\)(Vì \(x\le y\))

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+1=1\\\sum\limits^{2018}_{i=0}\left(x^i\right)=\left(y-x\right)\cdot\sum\limits^{2019}_{i=1}\left(x^{2019-i}y^i\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x=y=0\)

#Kaito#

\(A=n^{2015}+n^{1015}+1\)

\(\Rightarrow A=n^2\left[\left(n^3\right)^{671}-1\right]+n\left[\left(n^3\right)^{338}-1\right]+n^2+n+1\)

\(\Rightarrow A=\left(n^2+n+1\right)\left(A.n^2.\left(n-1\right)+B.n\left(n-1\right)+1\right)\)

Với n = 1 (t/m). Với n > 1 \(\Rightarrow A\) là hợp số .

\(1+3^{x+1}+2.3^{3x}=y^3\)

Đặt : \(3^x=t\)\(\Rightarrow2t^3+3t+1=y^3\)

Ta Thấy : \(y\equiv1\left(mod3\right)\)\(\Rightarrow y=3k+1\)

\(\Rightarrow2t\left(t^2+3\right)=27k^3+27k^2+9k\)

Đặt t = 3i (i \(\ge1\))

\(\Rightarrow2i\left(3i^2+1\right)=3k^3+3k^2+k=k\left(3k^2+3k+1\right)\)

Ta Thấy : \(\left(i;3i^2+1\right)=1\) và \(3k^2+3k+1\) luôn lẻ .

\(\Rightarrow\) Các trường hợp :

TH1:

\(\left\{{}\begin{matrix}2i=k\\3i^2+1=3k^2+3k+1\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow9k^2+12k=0\Rightarrow k=0\)(loại)

TH2:

\(\left\{{}\begin{matrix}3k^2+3k+1=2i\left(3i^2+1\right)\\k=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow y=4;x=1\)

TH3:

+)

\(k\left(3k^2+3k+1\right)|i\Rightarrow i=rk\left(3k^2+3k+1\right)\)\(\left(r\ge1\right)\)

\(\Rightarrow2r\left(3i^2+1\right)=1\Rightarrow3i^2+1\le\frac{1}{2}\)(loại)

+)

\(k\left(3k^2+3k+1\right)|\left(3i^2+1\right)\Rightarrow\left(3i^2+1\right)=rk\left(3k^2+3k+1\right)\)

\(\Rightarrow2ir=1\Rightarrow i\le\frac{1}{2}\)(loại)

+)

\(k\left(3k^2+3k+1\right)|2i\Rightarrow2i=rk\left(3k^2+3k+1\right)\)

\(\Rightarrow i\le0\)(loại)

+)

\(k\left(3k^2+3k+1\right)|2\left(3i^2+1\right)\Rightarrow2\left(3i^2+1\right)=rk\left(3k^2+3k+1\right)\)

\(\Rightarrow i\le1\) \(\Rightarrow i=1\)\(\Rightarrow t=3\Rightarrow x=1;y=4\)

Vậy \(x=1;y=4\) thỏa mãn .

#Kaito#

#Cách Khác#

Ta thấy :

\(a,b,c\in\left(-1;1\right)\)và \(a+b+c=0\)

Theo Dirichlet \(\exists\) 2 số không âm :

Ta giả sử đó là a, b và c không dương .

Khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}a\left(a-1\right)\le0\\b\left(b-1\right)\le0\\c\left(c+1\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le-c\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le-2c< 2\)

#Kaito#

Ta đặt :

\(\left\{{}\begin{matrix}\frac{p+1}{2}=a^2\\\frac{p^2+1}{2}=b^2\end{matrix}\right.\)(I)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p+1=2a^2\\p^2+1=2b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow p\left(p-1\right)=2\left(b-a\right)\left(b+a\right)\)(*)

+) \(p=2\Rightarrow\) Vô lý

\(\Rightarrow p=2k+1\left(k\ge1\right)\)

\(\Rightarrow k\left(2k+1\right)=\left(b-a\right)\left(b+a\right)\)

\(\left(k;2k+1\right)=1\)

\(\Rightarrow\) Các trường hợp sau :

TH1 :

\(\left\{{}\begin{matrix}k\left(2k+1\right)=a+b\\b-a=1\end{matrix}\right.\)(II)

Từ (I) và (II) ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}b-a=1\\2a^2-1=\sqrt{2b^2-1}\end{matrix}\right.\)

Giải ta được : \(\left[{}\begin{matrix}a=0\\2a^3-3a-2=0\end{matrix}\right.\)

Ta thấy rằng :

\(a=0;a=1\)(loại)

\(\Rightarrow a\ge2\)

\(f\left(a\right)=2a^3-3a-2\)

\(\Rightarrow f'\left(a\right)=6a^2-3\)

\(\Rightarrow f\left(a\right)\) đồng biến trên [2;\(+\infty\))

\(\Rightarrow Min_{f\left(a\right)}=f\left(2\right)>0\)

\(\Rightarrow\) không có giá trị a thỏa mãn

TH2:

\(b-a\ge2\)

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

\(\Rightarrow3a-b=1\)(III)

Từ (I) và (III) ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}3a-b=1\\2a^2-1=\sqrt{2b^2-1}\end{matrix}\right.\)

Giải ta được :

\(\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a=2\)\(\Rightarrow p=7\)(t/m)

TH3:

Với \(\left(b+a\right)\left(b-a\right)|k\)

\(\Rightarrow k=i\left(b+a\right)\left(b-a\right)\left(i\ge1\right)\)

Thay vào (*) \(\Rightarrow i\left(2k+1\right)=1\Rightarrow2k+1\le1\Rightarrow k=0\)(Loại)

Với \(\left(b+a\right)\left(b-a\right)|\left(2k+1\right)\)

\(\Rightarrow2k+1=i'\left(b+a\right)\left(b-a\right)\left(i'\ge1\right)\)

Thay vào (*)\(\Rightarrow i'k=1\Rightarrow k\le1\)

\(\Rightarrow\)Loại

Vậy \(p=7\) thỏa mãn đề bài .

#Kaito#

Đặt \(x-y=a;xy=b\)

\(\Rightarrow16a^3+48ab-15b=371\)

\(\Rightarrow b=\frac{371-16a^3}{48a-15}\)

\(\Rightarrow16a^3-371⋮48a-15\)

Dùng phép chia đa thức ..... ta được :

\(284553⋮48a-15\)

Mà : \(284533=3^5\cdot1171\)

\(48a-15\ge33\)

Dùng đồng dư 48 .....

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}48a-15=3^4\\48a-15=1171\cdot3^3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2,b=3\\a=659,b=-144829\end{matrix}\right.\)

Dùng định lý Vi-et đảo loại được trường hợp 2

\(\Rightarrow a=2;b=3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=1\end{matrix}\right.\)

Vậy ....

#Kaito#

Đặt

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=a\\2\sqrt{y}=b\\3\sqrt{z}=c\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\frac{2}{a+b+c}-\frac{1}{ab+bc+ca}=\frac{1}{3}\)

\(\left(\sum a,\sum ab\right)\rightarrow\left(p,q\right)\)

Ta chứng minh :

\(\frac{2}{p}-\frac{1}{q}\le\frac{1}{3}\)

\(\Leftrightarrow p\ge\frac{6q}{q+3}\Leftrightarrow p^2\ge\frac{36q^2}{\left(q+3\right)^2}\)

Thấy : \(p^2\ge3q\)

Ta chứng minh :

\(3q\ge\frac{36q^2}{\left(q+3\right)^2}\Leftrightarrow\left(q-3\right)^2\ge0\)(luôn đúng).

\(\Rightarrow\)Dấu "=" xảy ra \(\Rightarrow a=b=c=1\)

\(\Rightarrow\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(..,..,..\right)\)

#Kaito#