mình có cách như thế này nhưng ko biết đúng hay ko

trước hết $x=1$ => $y=\sqrt[3]{3}$ nên loại

$y^3 = x^4 + x^2 +1 = (x^2+x+1)(x^2-x+1)$

lại có $(x^2+x+1, x^2-x+1)=1 (*)$

nên ta chia ra 2 trường hợp

$\left\{\begin{matrix} x^2-x+1=1& & \\ x^2+x+1=y^3& & \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} x^2+x+1=1& & \\ x^2-x+1=y^3& & \end{matrix}\right.$

sẽ suy ra nghiệm $x=0$ và $y=1$

chứng minh $(*)$
Gọi $d$ là ƯCLN$(x^2+x+1, x^2-x+1)$
=> lập hiệu $x^2+x+1- x^2+x-1 = 2x$

=> $d$ là ước của $2x$

mà ta đều có $x^2 + x +1 =x(x+1)+1$ và $x^2- x +1 =x(x-1)+1$ đều là số lẻ nên ko chia hết cho 2 và đều chia x dư 1 => không chia hết cho $2x$
=> $d=1$
 

mình nghĩ không đúng bởi vì chẳng hạn  y = p.q với p,q là 2 số nguyên tố thì cái chữ đỏ đấy ko đúng

viết 2 cái trong căn thành tổng 2 bình phương rồi dùng Mincowski là xong

do  -1 <= x ,y ,z <= 1 nên x^3 <= x^2 .

tương tự rồi cộng lại là đc.

dùng PP đổi biến p,q,r

BĐT cần chứng minh tương đương.$p^{3}-3pq +9 \geq p^{2}$

lại có $p^{3}+9 \geq 4pq$ do đó ta  phải chưng minh $p^{3}+9 \geq 4p^{2}$

áp dụng AM -GM ta có $3\frac{p^{3}}{3}+9 \geq 4\sqrt[4]{\frac{p^{9}}{3}}\geq 4\sqrt[4]{p^{8}}= 4p^{2}$

suy ra BĐT đc cm

cho x,y,z >$\frac{2}{3}$ và x+y+z =3 .CMR $x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\geq xy+yz+zx$

Áp dụng Cauchy -Schwazt ta có $x+y+z-xyz= x(1-yz)+(y+z)\leq (2+2yz)(y^{2}z^{2}-2yz+2)$

mà $(2+2yz)(y^{2}z^{2}-2yz+2)\leq 4$   (biến đổi tương đương )

do đó BĐT đc cm

Xem tại đây

bài 1 thay x =7k +3 ta đc (7k+3)(7k+4)(14k+7) cái này hiển nhiên là chia hết cho 42

giả sử a=max{a,b,c} ta có (a+c-b)+(c+a-b) $\leq$ 2 nên a $\leq$ 1

do đó $0\leq a-bc\leq b-c+1-bc=(1-c)(1+b)$

          $0\leq a-bc\leq c-b+1-bc=(1-b)(1+c)$

nhân theo vế rồi rút gọn là xong

đặt a-1 =x

      b-1 =y

      c-1 =z

       d-1 =t

sau đó thay vào đk.nhân bung ra. rút gọn 1 và xyzt đc A chia hết cho xyzt. đặt A = k .xyzt

chia 2 vế cho xyzt rồi chặn.tìm đc k rồi tìm x,y,z,t

+ nếu $\frac{b+c}{2}-a\leq 0$ ta đc đpcm

+nếu $\frac{b+c}{2}-a> 0$   đặt b=a+2x ; c=a+2y 

    đặt A= $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc-2(\frac{b+c}{2}-a)^{3}$   suy ra A= $12a(x^{2}-xy+y^{2})+6(x+y)(x-y)^{2}\geq 6(x+y)(x-y)^{2}= \frac{3}{2}(\frac{b+c}{2}-a)(b-c)^{2}\geq 0$    suy ra BĐT đc cm

chuẩn hóa $a^{2}+b^{2}= 2$

ta chứng minh $a^{3}+b^{3}\geq 2$ (dễ chứng minh bằng AM-GM)

giả sử a là max {a,b,c}

BĐT cần chứng minh tương đương với $\frac{23}{32}+7abc\leq 3(ab+bc+ca)$

mặt khác ta có $(1-2a)(1-2b)(1-2c)\geq 0\Leftrightarrow 3(ab+bc+ca)\geq 6abc+\frac{3}{4}$

ta chứng minh 6abc+$6abc+\frac{3}{4}\geq 7abc+\frac{23}{32}\Leftrightarrow \frac{1}{32}\geq abc$

áp dụng AM-GM ta có abc $\leq a\frac{(b+c)^{2}}{4}= a\frac{(1-a)^{2}}{4}\leq \frac{1}{32}$

cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c =3.CMR $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9\geq 10(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

x,y,z  là các số thực chứ có phải dương đâu mà làm thế đc81(x+y)2(y+z)2(z+x)2≥64(x+y+z)2(xy+yz+xz)2⇔9(x+y)(y+z)(z+x)≥8(x+y+z)(xy+yz+zx)

cho x,y,z là các số thực CMR:$3(x^{2}+xy+y^{2})(y^{2}+yz+z^{2})(z^{2}+zx+x^{2})\geq (x+y+z)^{2}(xy+yz+zx)^{2}$

giải hệ $2y(7x^{2}+6)+x(12y^{3}+4y^{2}+3)=37xy$

            $\sqrt{x-1}+\sqrt{2y-1}=2$

đặt $\sqrt{x^{2}+7x+7}= a$ $3x^{2}+21x+18 = 3a^{2}-3$  ta đc phương trình bậc 2 có nghiệm là 1 và -5/3

 giải hê sau $2x^{2}y^{2}+x^{2}=2+2x$

                    $2x^{2}y-x^{2}y^{2}=1+2xy$

cho x,y,z là các số thực CMR $2(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2})\leq 4xyz+(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{\frac{3}{2}}$

mình dùng dồn biến  Giả sử a$a\leq b\leq c$

đặt F(x) =$12(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-4(a^{3}+b^{3}+c^{3})-21$$F(a;b;c)-F(\frac{a+b}{2};\frac{a+b}{2};c)= (a-b)^{2}(\frac{4}{(a+b)ab}-(a+b))\geq 0$  

$F(\frac{a+b}{2};\frac{a+b}{2};c)= (c-2)^{2}(c^{3}+4c^{2}-6c+3)\geq 0$

do đó suy ra điều phải chứng minh

bình phương hai vế ta đc BĐT cần chứng minh tương đương với $3(ab+bc+ca)\leq \sum \sqrt{a^{2}+ab+ac+(b-c)^{2}}\sqrt{b^{2}+ba+bc+(c-a)^{2}}$

 áp dụng Cauchy -Schwazt ta có X= $\sqrt{a^{2}+ab+ac+(b-c)^{2}}\sqrt{b^{2}+ba+bc+(c-a)^{2}}= \sqrt{\sqrt{a(a+b+c)}^{2}+(b-c)^{2}}\sqrt{\sqrt{b(b+a+c)}^{2}+(c-a)^{2}}$ $\geq \left | (b-c)(c-a) \right |+\sqrt{ab}(a+b+c)$

làm tương tự rồi cộng lại ta cần chứng minh $\sum \left | (b-c)(c-a) \right |\geq 3(ab+bc+ca)-(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

do $\sum \left | (b-c)(c-a) \right |\geq (\sum a^{2})-ab-bc-ca$ nên ta cần chứng minh $(\sum a^{2})+(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\geq 4(ab+bc+ca)$

có thể viết dưới dạng $\sum (x-y)^{2}xy+\sum x^{4}+xyz(x+y+z)\geq 2\sum x^{2}y^{2}$  (luôn đúng theo Schur )

Vậy BĐT đc chứng minh

bài này  bình phương xong dùng Cauchy-Schwazt .

pp làm là cách nâng lũy thừa và điều chỉnh hệ số.

nó tương tự bài bđt thi chọn đôi tuyển Vĩnh Phúc năm 2013-2014.  lời giải hơi dài nên giờ mình ko kịp đánh ra

do x ,y ,z nguyên dương nên x=y=z =1

bđt luôn đúng

dùng SOS

bđt cần chứng minh tương đương với $\sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}\geq \frac{2}{3}(1-\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})$

do  $\sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}= \sum \frac{(a-b)^{2}}{2(b+c)(c+a)}$

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

vì  3(a^2 + b^2 + c^2 ) -2(c+a)(c+b) = (a+b-c)^2 +2(a-b)^2 >= 0 nên bđt đc chứng minh