\(2a^2+8b^2-8ab\)

\(=2\left(a^2-4ab+4b^2\right)\)

\(=2\left(a-2b\right)^2\)

 Đặt \(ƯCLN\left(2n-1;9n+4\right)=d\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2n-1⋮d\\9n+4⋮d\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}18n-9⋮d\\18n+8⋮d\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow17⋮d\) \(\Rightarrow d\in\left\{1;17\right\}\)

 Như vậy, \(ƯCLN\left(2n-1;9n+4\right)\) có thể bằng 1, có thể bằng 17 (nhưng không thể mang giá trị khác 1 và 17). Chẳng hạn với \(n=9\) thì \(2.9-1=17\) và \(9.9+4=85\) và \(ƯCLN\left(17,85\right)=17\).

 Vì \(P\left(x\right)⋮\left(2x-1\right)\) \(\Rightarrow P\left(\dfrac{1}{2}\right)=0\)

 Xét đa thức \(Q\left(x\right)=P\left(x\right)-\left(x+1\right)\). Ta có \(Q\left(1\right)=Q\left(2\right)=Q\left(3\right)=Q\left(4\right)=0\) nên \(Q\left(x\right)\) có 4 nghiệm là \(1,2,3,4\). Nếu \(Q\left(x\right)\equiv0\) thì \(P\left(x\right)=x+1\), vô lý. Do đó \(Q\left(x\right)\) là đa thức khác hằng \(\Rightarrow\) bậc của \(Q\left(x\right)\) phải lớn hơn hoặc bằng 4. Mà \(P\left(x\right)\) có hệ số cao nhất là 1 \(\Rightarrow\) \(Q\left(x\right)\) cũng phải có hệ số cao nhất là 1.

 Mặt khác, \(Q\left(\dfrac{1}{2}\right)=P\left(\dfrac{1}{2}\right)-\left(\dfrac{1}{2}+1\right)=-\dfrac{3}{2}\)

 Đặt \(Q\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)R\left(x\right)\). Khi đó \(R\left(x\right)\) có hệ số cao nhất là 1 và \(R\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{8}{35}\).

 Khi đó, ycbt \(\Leftrightarrow\) tìm tất cả các đa thức \(R\left(x\right)\) có hệ số cao nhất là 1 mà \(R\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{8}{35}\).

 Nếu \(R\left(x\right)=-\dfrac{8}{35}\) thì vô lý.

 Nếu \(R\left(x\right)\) có bậc là 1 thì \(R\left(x\right)=x+a\). Thế \(x=\dfrac{1}{2}\) sẽ tìm được \(a=-\dfrac{51}{70}\) và do đó \(R\left(x\right)=x-\dfrac{51}{70}\) \(\Rightarrow Q\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)\left(x-\dfrac{51}{70}\right)\). Thế vào \(Q\left(x\right)=P\left(x\right)-\left(x+1\right)\) ta tìm được đa thức \(P\left(x\right)\) thỏa ycbt.

 Nếu \(R\left(x\right)\) có bậc 2 thì \(R\left(x\right)=x^2+ax+b\). Thế \(x=\dfrac{1}{2}\) thì ta có \(\dfrac{1}{2}a+b=-\dfrac{1}{2}\), sẽ có vô số cặp số \(\left(a,b\right)\) thỏa mãn điều này \(\Rightarrow\) tồn tại vô số đa thức \(Q\left(x\right)\) \(\Rightarrow\) tồn tại vô số đa thức \(P\left(x\right)\) thỏa ycbt.

 Tương tự như thế, ta xét bậc của \(R\left(x\right)\) tăng dần thì sẽ có vô số đa thức \(P\left(x\right)\) thỏa mãn ycbt. (nhưng sẽ không có công thức chung cho các đa thức)

Ta đặt \(a^2+4b+3=k^2\) 

\(\Leftrightarrow k^2-a^2\equiv3\left[4\right]\)

Mà \(k^2,a^2\equiv0,1\left[4\right]\) nên \(k^2⋮4,a^2\equiv1\left[4\right]\) \(\Rightarrow k⋮2,a\equiv1\left[2\right]\)

Đặt \(k=2l,a=2c+1>b\), ta có \(\left(2c+1\right)^2+4b+3=4l^2\)

\(\Leftrightarrow4c^2+4c+4b+4=4l^2\)

\(\Leftrightarrow c^2+c+1+b=l^2\)

Nếu \(b< c\) thì \(c^2< c^2+c+1+b< c^2+2c+1=\left(c+1\right)^2\), vô lí.

Nếu \(c< b< 2c+1\) thì

\(\left(c+1\right)^2< c^2+c+1+b< c^2+4c+4=\left(c+2\right)^2\), cũng vô lí.

Do vậy, \(c=b\) hay \(a=2b+1\)

Từ đó \(b^2+4a+12=b^2+4\left(2b+1\right)+12\) \(=b^2+8b+16\) \(=\left(b+4\right)^2\) là SCP. Suy ra đpcm.

Đặt \(3p+4=k^2\left(k\ge4\right)\)

\(\Leftrightarrow k^2-4=3p\)

\(\Leftrightarrow\left(k-2\right)\left(k+2\right)=3p\)

Ta thấy \(0< k-2< k+2\) nên có 2TH:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}k-2=1\\k+2=3p\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}k=3\\3p=5\end{matrix}\right.\), vô lí.

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}k-2=3\\k+2=p\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}k=5\\p=7\end{matrix}\right.\), thỏa mãn.

Vậy \(p=7\) là số nguyên tố duy nhất thỏa ycbt.

Xét \(x=0\Rightarrow y=0\), \(x=1\Rightarrow y^3=2\), vô lí. \(x=2\Rightarrow y=2\).

Với \(x\ge3\), ta viết lại pt đã cho như sau:

\(y^3=3^x-1\). 

Ta thấy \(y\equiv2\left[3\right]\) \(\Rightarrow y=3z-1\left(z\inℕ^∗\right)\)

\(\Rightarrow\left(3z-1\right)^3=3^x-1\) 

\(\Leftrightarrow27z^3-27z^2+9z-1=3^x-1\)

\(\Leftrightarrow27z^3-27z^2+9z=3^x\)

\(\Leftrightarrow9z^3-9z^2+z=3^{x-2}\) 

\(\Leftrightarrow z\left(9z^2-9z+1\right)=3^{x-2}\)

Do \(9z^2-9z+1⋮̸3\)  nên \(\left\{{}\begin{matrix}z=3^{x-2}\\9z^2-9z+1=1\end{matrix}\right.\), vô lí do \(z\inℕ^∗\)

Vậy với \(x\ge3\) thì pt đã cho không có nghiệm nguyên.

Do đó pt đã cho có cặp nghiệm nguyên \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(0;0\right);\left(2;2\right)\right\}\)

Với số tự nhiên \(n\ge2\) bất kì, gọi \(N=1.2.3...n\left(n+1\right)\)

Xét các số \(N+2,N+3,...,N+n+1\), ta thấy:

\(N+2=1.2.3...n\left(n+1\right)+2⋮2\) nên \(N+2\) là hợp số.

\(N+3=1.2.3...n\left(n+1\right)+3⋮3\) nên \(N+3\) là hợp số.

...

\(N+n+1=1.2.3...n\left(n+1\right)+n+1⋮n+1\) nên \(N+n+1\) là hợp số.

 Vậy \(N+i\) là hợp số với mọi \(2\le i\le n+1\). Có tất cả \(n\) số \(N+i\), suy ra đpcm.

Đặt \(ƯCLN\left(5m+1,4m+1\right)=d\) (với \(d\inℕ^∗\))

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}5m+1⋮d\\4m+1⋮d\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4\left(5m+1\right)⋮d\\5\left(4m+1\right)⋮d\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}20m+4⋮d\\20m+5⋮d\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left(20m+5\right)-\left(20m+4\right)⋮d\) 

\(\Rightarrow1⋮d\)

\(\Rightarrow d=1\)

 Vậy \(ƯCLN\left(5m+1,4m+1\right)=1\), suy ra \(5m+1\) và \(4m+1\) là 2 số nguyên tố cùng nhau.

 Theo định lý Fermat nhỏ, \(2^{16}-1⋮17\) (đl Fermat nhỏ phát biểu rằng, cho số nguyên dương \(a\) và số nguyên tố \(p\) mà \(\left(a,p\right)=1\) thì \(a^{p-1}-1⋮p\), chứng minh thì bạn tìm hiểu thêm nhé, mình không chứng minh ở đây vì nó khá dài)

 Mà ta lại có \(2^4+1=17⋮17\) \(\Rightarrow2^{12}\left(2^4+1\right)⋮17\) \(\Rightarrow2^{16}+2^{12}⋮17\)

 Kết hợp với \(2^{16}-1⋮17\), ta có \(\left(2^{16}+2^{12}\right)-\left(2^{16}-1\right)⋮17\)

\(\Rightarrow2^{12}+1⋮17\)

Ta có:

\(P=\dfrac{a+3}{a+1}+\dfrac{b+3}{b+1}+\dfrac{c+3}{c+1}\)

\(P=3+2.\left(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\right)\)

\(P\ge3+2.\dfrac{9}{a+b+c+3}=6\)

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

Vậy \(min_P=6\), xảy ra khi \(a=b=c=1\)