ta có $x+y$ chia hết cho $d$ nên $x+y$ cũng chia hết cho $m$ từ đó suy ra $z$ chia hết cho $m.$

Không, ý mình là sao có được $d|x+y$ ??

Chỗ màu đỏ không bằng nhau Hưng ơi, do $d$ lúc đó chưa chắc đã là số chẵn nên không thể khẳng định $\gcd(d,2)=2$

 

Mình làm rõ hơn từ chỗ đó một xíu

Ta có : $$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
khi đó $m=\frac{d}{(d,2)}|x+y+z$

mà $d|x+y$ nên $m|x+y \Rightarrow m|z$

vậy từ đó ta có : $\frac{d}{(d,2)}|x,y,z$

Tự đó suy ra $\frac{d}{(d,2)}=1 \Rightarrow d=2$

Là thế nào vậy Toàn?

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 
$$(2^a+1)^b=(2^c-1)^d$$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 4x^2=(\sqrt{x^2+1}+1)(x^2-y^3+3y-2) & \\ (x^2+y^2)^2+1=x^2+2y & \end{matrix}\right.$

+Nếu ko có số chẵn .

Cọng cả 3 đẳng thức thức lại thì VT chẵn , VP lẻ.  (vô lí)

+Nếu có 1 số chẵn

Tương tự như trên vô lí.

+Nếu tồn tại ít nhất 2 số chẵn.

Xét $a=2a_{0}.d , b=2.b_{0}.d$

$\Rightarrow a_{0}+b_{0}=2d$

dẫn đến điều vô lí.

Nghiệm $(2;2;2)$ đâu rồi nhỉ?
 

 

Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thoả điều kiện :

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

 

Lời giải: Áp dụng BĐT này
Ta có: $$\gcd(a,b)^2=a+b\geq \frac{\gcd(a,b)\gcd(a,c)}{\gcd(a,b,c)}+\frac{\gcd(a,b)\gcd(b,c)}{\gcd(a,b,c)}$$
$$\Leftrightarrow \gcd(a,b)\gcd(a,b,c)\geq \gcd(a,c)+\gcd(b,c)$$
Thiết lập các BĐT tương tự, cộng vế theo vế $\Rightarrow \gcd(a,b,c)\geq 2$. Đặt $\gcd(a,b,c)=d$ với $d\in \mathbb{Z^+},d\geq 2$
Đặt $a=dx,b=dy,c=dz$ với $x,y,z\in \mathbb{Z^+}, \gcd(x,y,z)=1$
Từ hệ ban đầu
$$\Rightarrow 2(a+b+c)=\gcd(a,b)^2+\gcd(b,c)^2+\gcd(c,a)^2$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)=d[\gcd(x,y)^2+\gcd(y,z)^2+\gcd(z,x)^2]$$
$$\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}=\frac{d}{2}|x+y+z\Rightarrow \frac{d}{\gcd(d,2)}|x,y,z\Rightarrow d=2$$
Do đó
$$\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(z,x)=1\Rightarrow x+y=y+z=z+x=2\Rightarrow x=y=z=1\Rightarrow a=b=c=2$$
Vậy $\boxed{a=b=c=2}$ thỏa mãn $\square$

Cho $a,b,c,d\geq 0$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c,d\leq 2$ và $abcd=1$. Tìm GTLN của biểu thức: 
$$A=\left ( a+\frac{1}{b} \right )\left ( b+\frac{1}{c} \right )\left ( c+\frac{1}{d} \right )\left ( d+\frac{1}{a} \right )$$

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=3$. CMR:
$\frac{a^2b}{1+a+b}+\frac{b^2c}{1+b+c}+\frac{c^2a}{1+c+a}\leq 1$
 

Lời giải: 
Giả sử trong $100$ số tự nhiên đã cho, không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1<a_2<...<a_j$, trong đó $i\neq j, i;k=\overline{1,100}$
$\Rightarrow a_1\geq 1,a_2\geq 2,...,a_{100}\geq 100\Rightarrow \sum_{j=1}^{100}\frac{1}{a_j}\leq \frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}$
Mà dễ dàng thấy: $\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}<2\sqrt{100}-1<20$
$\Longrightarrow \sum_{j=1}^{100}\frac{1}{a_j}<20$ (trái với giả thiết)
Vậy ta có $Q.E.D$ $\square$

Cho $a_0<a_1<...<a_n$ nguyên dương. CMR: 
$$\frac{1}{[a_0,a_1]}+\frac{1}{[a_1,a_2]}+...+\frac{1}{[a_{n-1},a_n]}\leq 1-\frac{1}{2^n}$$
_________________

Kí hiệu: $[a,b]$ là BCNN của cặp $(a,b)$.

Ta đặt $3m+1=nk$ với $k$ là số nguyên dương chẵn.

Ta có :

$\dfrac{nk-1}{3}\mid n^2+3\Rightarrow nk-1\mid 3n^2k+9k=3n(nk-1)+3n+9k\Rightarrow nk-1\mid 3n+9k$

Suy ra

$nk-1\leq 9k+3n\Leftrightarrow (n-9)(k-3)\leq 28$

Nếu $k=2$ , ta không tìm được $m,n$ thỏa đề.
Nếu $k=4$ thì :$$4n-1\mid 36+3n\Rightarrow n\in \left \{ 1,37 \right \}$$

Ta được bộ $(m,n)=(1,1),(49,37)$

Xét $k\geq 6$, ta có :

$n-9\leq \dfrac{28}{k-3}\leq \dfrac{28}{3}\Rightarrow n\leq 18$
Vì $n$ lẻ nên $n\in \left \{ 1,3,5,7,9,11,13,15,17 \right \}$. Lần lượt thử các giá trị này, ta chỉ nhận $n=13$, tương ứng $m=43$.

Vậy các bộ số thỏa mãn là $\boxed{(m,n)=(1,1),(43,13),(49,37)}$

Lời giải
Ta có bổ đề sau: $p=4k+3,x^2+y^2\vdots p\Rightarrow x,y\vdots p$
Áp dụng, ta thấy $2003$ là số nguyên tố thỏa $p=4k+3$
Từ giả thiết $\Rightarrow x^{1001},y^{1001}\vdots 2003\Rightarrow x,y\vdots 2003$. Đặt $x=2003x_1,y=2003y_1\qquad (x_1,y_1\in \mathbb{Z})$
Ta có: $pt\Leftrightarrow 2003^{2002}x_1^{2002}+2003^{2002}y_1^{2002}=2003^{2001}(2003^3x_1^{3}+2003^3x_2^3)\Leftrightarrow x_1^{2002}+y_1^{2002}=2003^{2}(x_1^3+y_1^3)$
Tương tự như trên $\Rightarrow x_1\vdots 2003,y_1\vdots 2003$. Đặt $x_1=2003x_2,y_1=2003y_2\qquad (x_2,y_2\in \mathbb{Z})$
Ta có: $pt\Leftrightarrow 2003^{1997}(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$
Dễ dàng thấy $VT\geq VP$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x_2=y_2=0\Leftrightarrow x=y=0$
Vậy phương trình có nghiệm $x=y=0$ $\blacksquare$

nghiệm nguyên không tâm thường là sao?

Là tất cả các nghiệm đều bằng $0$, đây là câu chốt trong đề thi Olympic Duyên Hải Bắc Bộ năm $2011$

Tìm $(m,n)\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $2n^2+3\mid m^2-2$

Cho $n\geq 3$ là số tự nhiên và tập $X=\{1;2;..;n^3\}$ có $3n^2$ phần tử. CMR: Tồn tại $9$ phần tử $a_1,a_2,...,a_9$ đôi một khác nhau của $X_0$ sao cho hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} a_1x+a_2y+a_3z=0 & & \\ a_4x+a_5y+a_6z=0 & & \\ a_7x+a_8y+a_9z=0& & \end{matrix}\right.$ có nghiệm nguyên không tầm thường

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. CMR:
$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b+c}\geq 2$$

Lời Giải:
Bất đẳng thức cần CM tương đương với:
$$\sum \frac{bcx(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \frac{(a+b+c)^2}{4(x+y+z)}$$
$$\Leftrightarrow \sum 4bc(xy+zx)(x+y+z)\leq (a+b+c)^2(x+y)(y+z)(z+x)$$
$$\Leftrightarrow \sum \left [ 4bcxy(x+y)+4bcxz(x+z)+8xyzbc \right ]\leq \sum \left [ (a+b+c)^2xy(x+y) \right ]+2xyz(a+b+c)^2$$
$$\Leftrightarrow \sum \{(x^2y+xy^2)\left [ (a+b+c)^2-4bc-4ca \right ]\}\geq 8xyz(ab+bc+ca)-2xyz(a+b+c)^2$$
$$\Leftrightarrow \sum (x^2y+xy^2)(a+b-c)^2\geq 2xyz(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)$$
Áp dụng BĐT $AM-GM$, ta có:
$$(a+b-c)^2x^2y+(b+c-a)^2z^2y\geq 2xyz(a+b-c)(b+c-a)$$
Tương tự với các BĐT còn lại, cộng vào, ta có $Q.E.D$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c,x=y=z$ $\blacksquare$
 

Lời giải
Đặt $x^2=a,y^2=b,z^2=c$ do $xyz=1$.
BĐT tương đương với 
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}$$
Nhưng BĐT quen thuộc này đã được CM rất nhiều cách tại đây $\blacksquare$

Cho $a,b,c\geq 0$ và không có hai số nào trong chúng không đồng thời bằng $0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.
CMR: $\left ( bc+\frac{a}{b+c} \right )\left ( ca+\frac{b}{c+a} \right )\left ( ab+\frac{c}{a+b} \right )\leq \frac{1}{4}$

Lời giải: 
Dễ dàng CM BĐT sau (biến đổi tương đương):
$$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$$
Áp dụng, ta có: 
$$VT\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{2+ab+cd}{abcd+ab+cd+1}=1$$
Vậy BĐT được CM, dấu bẳng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d=1$ $\blacksquare$

Lời giải:
Nhân cả hai vế BĐT với $a^3+b^3+c^3$, ta được:
$$\left ( \frac{a^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4}{c^3+a^3} \right )(a^3+b^3+c^3)\geq \frac{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}{2}$$
$$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+\sum \frac{a^4c^3}{a^3+b^3}\geq \frac{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}{2}$$
Áp dụng BĐT $\text{Cauchy-Schwarz}$
$$\sum \frac{a^4c^3}{a^3+b^3}=\sum \frac{a^4c^4}{c(a^3+b^3)}\geq \frac{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2}{\sum c(a^3+b^3)}$$
Áp dụng BĐT $\text{AM-GM}$:
$$\frac{(\sum a^2b^2)^2}{\sum c(a^3+b^3)}+\frac{1}{4}\left ( \sum c(a^3+b^3) \right )\geq \sum a^2b^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{(\sum a^2b^2)^2}{\sum c(a^3+b^3)}\geq \sum a^2b^2- \frac{1}{4}\left ( \sum c(a^3+b^3) \right )$$
Do đó, ta phải CM: 
$$\sum a^4+\sum a^2b^2-\frac{1}{4}\left ( \sum c(a^3+b^3) \right )\geq \frac{(\sum a)(\sum a^3)}{2}$$
$$\Leftrightarrow 4\sum a^4+4\sum a^2b^2-\sum c(a^3+b^3)\geq 2\sum a^4+2\sum c(a^3+b^3)$$
$$\Leftrightarrow 2\sum a^4+4\sum a^2b^2\geq 3\sum c(a^3+b^3)=3\sum ab(a^2+b^2)$$
Phải CM BĐT sau, các BĐT còn lại CM tương tự:
$$a^4+b^4+4a^2b^2\geq 3ab(a^2+b^2)$$
$$\Leftrightarrow (a^2+b^2)^2-3ab(a^2+b^2)+2a^2b^2\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+b^2-ab)\geq 0\qquad(\text{True})$$
Cộng các BĐT vừa thiết lập, ta có $Q.E.D$, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$
__________

P/s: Ngồi xem Olympia, vừa cày bài này   

 

Lời giải:
Từ giả thiết $abc=1\Rightarrow$ Đặt $(a,b,c)=\left ( \frac{yz}{x^2};\frac{zx}{y^2};\frac{zy}{z^2} \right )$
Qua biến đổi sơ cấp:
$$BDT\Leftrightarrow \sum \frac{x^4}{(2x^2+yz)(x^2+yz)}\geq \frac{1}{2}$$
Áp dụng BĐT $\text{Cauchy-Schwarz}$:
$$VT\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum (2x^2+yz)(x^2+yz)}$$
Ta phải CM: 
$$2(x^2+y^2+z^2)^2\geq \sum (2x^2+yz)(x^2+yz)\Leftrightarrow \sum x^2y^2\geq xyz(x+y+z)$$ (đúng)
Vậy BĐT được CM, dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$ $\blacksquare$

Nên tóm tắt ngắn gọn nhưng đầy đủ ý chính hơn là copy cả đề vào, không đủ chỗ mất!

Ý em là copy công thức chính của bài toán vào nhan đề. Em viết thiếu

Mình xin lỗi mình không muốn cãi nhau đâu.Nhưng tớ đọc chỗ đặt nhan đề nhiều chỗ tớ không hiểu bạn à  ?Nên nhiều lúc vẫn nhầm,Mong các bạn xem xét giảng giải cho ngắn gọn xúc tích dễ hiểu hơn

Copy đề bài vào nhan đề là xong, cần gì phải gõ lại.

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. CMR:
$$\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\geq 8(a^2+b^2+c^2)$$

Lời giải:
Ta có: $x^{x+y}=y^{3x}\Leftrightarrow x^{\frac{x+y}{3x}}=y \qquad (1)$
$(*)$ Xét $x=1\Rightarrow y=1$
$(*)$ Xét $x=2\Rightarrow y^6=4.2^y$ (Trường hợp này không xảy ra, CM bằng quy nạp)
$(*)$ Xét $x\geq 3\Rightarrow \frac{x+y}{3x}\in \mathbb{Z^+}\Rightarrow x+y\vdots 3x$. Đặt $x+y=3tx(t\in \mathbb{Z^+})\Leftrightarrow y=x(3t-1)$
Ta có: $(1)\Leftrightarrow x(3t-1)=x^{\frac{x+x(3t-1)}{3x}}\Leftrightarrow x(3t-1)=x^t\Leftrightarrow 3t-1=x^{t-1}$
• Nếu $t=1\Rightarrow 2=1$ (vô lí)
• Nếu $t=2\Rightarrow x=5\Rightarrow y=5.(3.2-1)=25$
• Nếu $t\geq 3$. Ta phải CM: $3^{t-1}>3t-1$
Với $t=3$, ta có điều trên đúng.
Với $t>3$. Ta phải CM: $3^{t}>3(t+1)-1=3t+2$
Thật vậy: $3^t=3.3^{t-1}>3(3t-1)>3t+2$ mà $x\geq 3\Rightarrow x^{t-1}>3t-1$
Vậy phương trình có nghiệm là $(x,y)\in \{(1;1);(5;25)\}$