\(A=a^{2016}\left(a^4-1\right)+b^{2016}\left(b^4-1\right)+c^{2016}\left(c^4-1\right)\)

Xét: \(a^{2016}\left(a^4-1\right)=a^{2015}\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a^2+1\right)\)

Đặt \(B=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a^2+1\right)\)

Do \(\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\) là tích 3 số nguyên dương liên tiếp nên chia hết cho 6 \(\Rightarrow B⋮6\)

Mặt khác:

\(B=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left[a^2-4+5\right]\)

\(=5\left(a-1\right)a\left(a+1\right)+\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\)

Do \(\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5

\(\Rightarrow B⋮5\Rightarrow B⋮30\) (do 5 và 6 nguyên tố cùng nhau)

Hoàn toàn tương tự ta có \(b^{2016}\left(b^4-1\right)⋮30\) và \(c^{2016}\left(c^4-1\right)⋮30\)

\(\Rightarrow A⋮30\)

1.

Giả sử $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\vdots 6.$

Ta cần chứng minh $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\vdots 6.$

Ta có $a^{2018}-a^{2016}=a^{2016}(a^2-1)=a^{2016}(a-1)(a+1).$

Trong ba số nguyên liên tiếp $a-1,\ a,\ a+1$ luôn có một số chia hết cho $3$ và có ít nhất một số chẵn.

Do đó $a(a-1)(a+1)\vdots6.$

Suy ra $a^{2016}(a^2-1)=a^{2015}\cdot a(a-1)(a+1)\vdots6,$ hay $a^{2018}\equiv a^{2016}\pmod6.$

Tương tự, $b^{2019}-b^{2017}=b^{2017}(b^2-1)=b^{2016}\cdot b(b-1)(b+1)\vdots6,$ nên $b^{2019}\equiv b^{2017}\pmod6.$

Lại có $c^{2020}-c^{2018}=c^{2018}(c^2-1)=c^{2017}\cdot c(c-1)(c+1)\vdots6,$

=nên $c^{2020}\equiv c^{2018}\pmod6.$

Cộng ba đồng dư trên,

$a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\equiva^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\pmod6.$

Theo giả thiết, $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\equiv0\pmod6.$

Suy ra $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\equiv0\pmod6.$

Vậy $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}$ chia hết cho $6.$

2.

$\displaystyleM=\frac{a^2+4a+1}{a^2+a}+\frac{b^2+4b+1}{b^2+b}+\frac{c^2+4c+1}{c^2+c}.$

Ta có $\displaystyle\frac{x^2+4x+1}{x^2+x}=\frac{x^2+x+3x+1}{x(x+1)}=1+\frac{3x+1}{x(x+1)}.$

Lại có $\displaystyle\frac{3x+1}{x(x+1)}=\frac1x+\frac2{x+1}.`$

Do đó $\displaystyle\frac{x^2+4x+1}{x^2+x}=1+\frac1x+\frac2{x+1}.$

Suy ra $\displaystyleM=3+\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)+2\left(\frac1{a+1}+\frac1{b+1}+\frac1{c+1}\right).$

Theo bất đẳng thức Cauchy,

$\displaystyle(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\ge(1+1+1)^2=9.$

Vì $a+b+c\le3,$ nên $\displaystyle\frac1a+\frac1b+\frac1c\ge\frac9{a+b+c}\ge3.$

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy,

$\displaystyle(a+b+c+3)\left(\frac1{a+1}+\frac1{b+1}+\frac1{c+1}\right)\ge9.$

Do $a+b+c+3\le6,$ suy ra $\displaystyle\frac1{a+1}+\frac1{b+1}+\frac1{c+1}\ge\frac96=\frac32.$

Vậy $\displaystyleM\ge3+3+2\cdot\frac32=9.$

Dấu ``='' xảy ra khi $a=b=c=1,$ vì khi đó $a+b+c=3$ và các bất đẳng thức Cauchy đều đạt dấu bằng.

Vậy $M_{\min}=9.$

What grade are you?

Sai rồi còn bày đặt Tiếng Anh .Lần sau không biết thì im đi không lại bị người ta nói cho 

What grade are you in ? Okay

Xét \(a,b>1\)

\(\Rightarrow a^{2020}+b^{2020}>a^{2018}+b^{2018}\)(loại)

Xét \(0< a,b< 1\)

\(\Rightarrow a^{2020}+b^{2020}< a^{2018}+b^{2018}\)

Xét \(a=1\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b=0\\b=1\end{cases}}\)

Xét \(a=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b=0\\b=1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a,b\right)=\left(0,0;0,1;1,0;1,1\right)\)

Thế từng bộ vô cái nào lớn nhất lụm

\(\hept{\begin{cases}a+b+c=6\left(1\right)\\a^2+b^2+c^2=12\left(2\right)\end{cases}}\)

(1) bình phuong trừ (2)=>ab+bc+ac=12

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)đẳng thức chỉ xẩy ra khi a=b=c

Từ (1)=> a=b=c=2

=> P=3 

\(M=\sqrt{\frac{\left(a^2+2020\right)\left(b^2+2020\right)}{c^2+2020}}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+ab+bc+ac\right)\left(b^2+ab+bc+ac\right)}{c^2+ab+bc+ac}}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left(b+a\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

\(=a+b\) là 1 số hữu tỉ

=> M là 1 số hữu tỉ (đpcm)