Ta thấy $125^{2k}$ chia 3 luôn dư 1 nên $125^{20}+1 \vdots 3$

Lại có $25^{30}+10 \vdots 5$

$(3,5)=1$

Nên ta có $(125^{20}+1)(25^{30}+1)\vdots 15$

Anh ơi. Cái chỗ $125^{20}+1\vdots 3$ phải sửa 1 thành 2 chứ ạ.

Bài toán thiếu ĐK : $a>0,b>0$

Khi đó bạn đưa về biến đổi tương đương là được nhá.

Em xin được sửa lại đề thành $6a+4b+1$ là số chính phương.

Đặt $3a=x,2b=y$. Thay vào, ta có $3x^2-2y^2+x-y=0\Rightarrow (x-y)(2x+2xy+1)=-x^2$. Chứng minh tương tự, ta có $(x-y)(3x+3y+1)=-y^2$

Khi đó, ta có $(x-y)^2(2x+2y+1)(3x+3y+1)=(xy)^2$ là số chính phương. Mà $(x-y)^2$ là số chính phương. Khi đó, ta có $(2x+2y+1)(3x+3y+1)$ là số chính phương. Lại có $(2x+2y+1,3x+3y+1)=1$. Khi đó, ta có $2x+2y+1,3x+3y+1$ là các số chính phương.

Thay vào, ta có $6a+4b+1$ là số chính phương (đpcm).

Đặt $(m,n)=d$ (d là số nguyên dương). Khi đó, ta có $m=dx,n=dy(x,y=1)$ (x,y là cấc số nguyên dương)

Thay vào, ta có $d^2x^2+d^2y^2+dx\vdots d^2xy\Rightarrow dx^2+dy^2+x\vdots dxy$

Mà $dxy$ chia hết cho x, d nên $dx^2+dy^2+x$ chia hết cho x, d.

Mà $dx^2,dy^2,dxy\vdots d\Rightarrow x\vdots d(1)$ và $dx^2,x,dxy\vdots x,(x,y)=1\Rightarrow d\vdots x(2)$

Từ (1) và (2), ta có $x=d$. Khi đó, ta có $m=d^2$ là số chính phương (đpcm).

- Xét $m,p$ đều lẻ. Khi đó, ta có $mp+1\vdots 2\Rightarrow r=2$ (vô lí vì $m>2,p>2$)

- Xét $m=p=2$. Thay vào, ta có $r=5\Rightarrow m^2+r=n^2+r=9$ là số chính phương (thỏa mãn)

- Xét trong 2 số $m,p$ có 1 số chia hết cho 2. Khi đó, ta có $m=2$ hoặc $p=2$

+) Nếu $m=2\Rightarrow r=2p+1\Rightarrow p^2+r=(p+1)^2$ là số chính phương (thỏa mãn)

+) Nếu $p=2\Rightarrow r=2m+1\Rightarrow m^2+r=(m+1)^2$ là số chính phương (thỏa mãn).

Vậy ta có (đpcm).

Từ GT với $a\ge 2b$, ta quy BĐT về $14(5b^2+c^2)\ge 5(3b+c)^2 \Leftrightarrow 70b^2+14c^2 \ge 45b^2+30bc+5c^2 \Leftrightarrow 25b^2-30bc+9c^2\ge 0 \Leftrightarrow (5b-3c)^2 \ge 0$: (luôn đúng).Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=2b=\frac{6}{5} c > 0$

Từ GT với a>=b, ta quy BĐT về 14(5b^2+c^2)>=5(3b+c)^2<=>70b^2+14c^2>=45b^2+30bc+5c^2<=>25b^2-30bc+9c^2>=0<=>(5b-3c)^2>=0 (luôn đúng).Dấu = xảy ra <=> a=2b=6/5c > 0

Mình có chút lỗi, từ GT thì ta có a>=2b nhá

Em nghĩ rằng bài này còn có một phương pháp chứng minh khác theo em thấy thì cũng khá hay và khá là đẹp (tuy rằng hơi dài) khi áp dụng vào đẳng thức bài cho.

Đó là bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel, em áp dụng như sau:

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Em đặt đẳng thức bài cho là $A$

Ta có $A=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ (Do cauchy-schwarz engel)

Sau đó em áp dụng bđt: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

$\Rightarrow A\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}$

$\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c$

Suy ra điều phải chứng minh.

Em nghĩ còn 1 cách khác nữa là sử dụng BĐT AM - GM.

Sau các phép biến đổi, ta cần chứng minh $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow $(a+b+b+c+c+a)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a+b+b+c+c+a\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$ và $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Nhân 2 vế với nhau, ta được (đpcm).

Anh có thể giải thích cho em tại sao lại có $\Rightarrow x+y\vdots d$  và tại sao lại cần C/m $\Rightarrow d\leq x+y$ ạ ? 

Chỗ này anh thay $x=\frac{a}{d},y=\frac{b}{d}$. Khi đó, ta có $d\leq \frac{a}{d}+\frac{b}{d}\Rightarrow d^2\leq a+b$. Đến đây, ta được (đpcm).

CM rõ ra đc không ạ 

Giả sử cả 3 BĐT đều đúng. Khi đó nhân cả 3 BĐT lại với nhau thì ta được $a^2b^2c^2(1-2a)(1-2b)(1-2c)>\frac{1}{27^3}$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a^2(1-2a)\leq \frac{(a+a+1-2a)^3}{27}=\frac{1}{27}$

Tượng tự bạn chứng minh với 2 BĐT còn lại là được nhá.

Ta có $(a+b)^2\leq \frac{a^2+b^2}{2}$. Khi đó, ta có $1<\frac{a^2+b^2}{2}\Rightarrow \frac{1}{4}<(a^2+b^2)^2$

Lại có $(a^2+b^2)^2\leq 2(a^4+b^4)\Rightarrow \frac{1}{4}<2(a^4+b^4)\Rightarrow \frac{1}{8}$ (đpcm).

Ta có $x^3+1=4y^2\Rightarrow x^3=(2y-1)(2y+1)$

Đặt $d=(2y-1,2y+1)$ (d nguyên dương). Vì $2y-1,2y+1$ là 2 số lẻ liên tiếp. Do đó $d=1$.

Khi đó, đặt $2y-1=a^3,2y+1=b^3$ (a,b nguyên dương)

Khi đó, ta được $(b-a)(a^2+ab+b^2)=2$

Đến đây ta lập bảng xét ước là hoàn thành bài toán.

Ta có $x^2-y^2=xy+8\Rightarrow x^2-xy-y^2-8=0$

Coi đây là phương trình bậc 2 theo ẩn $x$. Khi đó, phương trình có nghiệm khi $\Delta =y^2+4(y^2+8)=5y^2+32$ là số chính phương.

Mà $5y^2+32\equiv 2(mod5)$ (vô lí)

Vậy phương trình vô nghiệm.

Giả sử $x^2+1\vdots y\Rightarrow x^3+x\vdots xy$ (1).Từ GT, ta được $x^3+y^3\vdots xy$ (2)

Từ (1) và (2), ta được $x^3+y^3-x^3-x\vdots xy\Rightarrow y^3-x\vdots xy\vdots y$

Mà $y\vdots y$ nên $x\vdots y$

Từ giả sử, ta được $x^2+1\vdots y\Rightarrow 1\vdots y\Rightarrow y=\pm 1$ (trái ĐK)

Vậy giả sử là sai, ta được (đpcm).

Đầu tiên, nhận xét: $a,b,c$ là các số thực dương.

Ta có:

$b=\frac{6a^2}{a^2+1} \leq \frac{6a^2}{2a} = 3a$.

$c=\frac{2b^2}{b^2+9} \leq \frac{2b^2}{6b} = \frac{b}{3}$.

$a=\frac{2c^2}{c^2+1} \leq \frac{2c^2}{2c} = c$.

Kết hợp ba bất đẳng thức trên, suy ra: $b \leq 3a \leq 3c \leq 3\frac{b}{3} = b$.

Vì dấu bằng xảy ra nên $\begin{cases} a=1 \\ b=3 \\ c=1 \end{cases}$(ĐK để đẳng thức xảy ra trong BĐT AM-GM)

Thử lại thấy thỏa mãn, nên thế vào ta có: $P=a+b+c=1+3+1=5$.

Còn TH $a=b=c=0$ nữa anh ơi.

 ${333^{333} +555^{555} +777^{777} }$ Chứng minh đây không phải là số chính phương

Em xin được trình bày cách khác ạ.

Ta có $333\equiv 2(mod5)$. Do đó, ta có $333^{333}\equiv 3(mod5)$

Chứng minh tương tự, ta có $777^{777}\equiv 2(mod5)$

Do đó $VT\equiv 0(mod5)$

Giả sử VT là số chính phương. Khi đó, ta chứng minh $VT\equiv 0(mod25)$

Thật vậy, ta có $333^{333}\equiv 13(mod25)$ và $777^{777}\equiv 22(mod25)$

Do đó $VT\equiv 10(mod25)$ (vô lí)

Vậy VT không phải số chính phương.

- Xét $a=0$, thay vào, ta có $b^3-1$ là lũy thừa của 9. Đặt $b^3-1=9^n$ (n là số tự nhiên), khi đó, ta có $(b-1)(b^2+b+1)=9^n$. Mà $b^2+b+1\not\equiv 0(mod9)$ nên $b-1=9^n\Rightarrow b=9^n+1$

- Xét $a=1$, tương tự TH trên, ta có $b=9^n+1$

- Xét $a=2$, thay vào, ta có $b^3+1=9^k$ (k là số tự nhiên), khi đó, ta có $(b+1)(b^2-b+1)=9^k$. Mà $b^2-b+1\not\equiv 0(mod9)$ nên $b=9^k-1$

- Xét $a\geq 3\Rightarrow a!\vdots 6$. Khi đó, ta có $2^a!\equiv 1(mod9)$ nên $b^3-3\equiv -1(mod9)\Rightarrow b^3\equiv 2(mod9)$. Mà $b^3$ là số lập phương nên $b^3\equiv 0,1,8(mod9)$ (vô lí)

Vậy...

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz, ta được $1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}\geq 1+\frac{9}{a+b+c}+\frac{9}{ab+bc+ca}+\frac{1}{abc}$

Mà $a+b+c\leq 6$, khi đó, ta có $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=12,abc\leq \frac{(a+b+c)^3}{27}=8$

Thay vào, ta có $VT\geq 1+\frac{3}{2}+\frac{3}{4}+\frac{1}{8}=\frac{27}{8}$ (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=2$

Lúc vào phòng thi mk quên luôn cái BĐT phụ kia  thành ra mất luôn 3đ, tiếc ghê

ui tiếc vậy  . Chiều qua mình cũng vừa thi xong, đề năm nay khoai quá.

Ta có $\frac{1}{(3x+1)(y+z)+x}=\frac{1}{3y(z+x)+x+y+z}\leq \frac{1}{3y(x+z)+3}$ (theo BĐT AM - GM)

Tương tự, ta được $LHS\leq \frac{1}{3x(y+z)+3}+\frac{1}{3y(z+x)+3}+\frac{1}{3z(x+y)+3}=\frac{1}{3}.\sum_{}^{}[\frac{1}{\frac{1}{y}}+\frac{1}{\frac{1}{x}}+1]$

Đăt $a=\frac{1}{\sqrt[3]{x}},b=\frac{1}{\sqrt[3]{y}},z=\frac{1}{\sqrt[3]{z}}(a,b,c>0,abc=1)$

Thay vào, ta được $LHS\leq \frac{1}{3}\sum_{}^{}(\frac{1}{a^3+b^3+1})$

Áp dụng BĐT $a^3+b^3\geq ab(a+b)$, ta được $LHS\leq \frac{1}{3}\sum (\frac{1}{ab(a+b)+1})=\frac{1}{3}\sum (\frac{1}{ab(a+b)+abc})=\frac{1}{3}$ (đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

LHS là gì vậy bn?

Nó là viết tắt của Left hand side, mình thấy hôm trước một vài người dùng nên bắt chước theo

ĐKXĐ : $x\geq -1$

Ta có $\sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1}=3x+2\sqrt{2x+3}\Rightarrow \sqrt{x+1}=3x+\sqrt{2x+3}\Rightarrow x+1=9x^2+2x+3+6x\sqrt{2x+3}\Rightarrow 9x^2+x+2=-6x\sqrt{2x+3}\Rightarrow (9x^2+x+2)^2=36x(2x+3)\Rightarrow 81x^4+18x^3-35x^2-104x+4=0$

Đến đây bạn bấm máy nhẩm nghiệm là ra nhá 

Ta xét các TH sau:

TH1: Số đó có $a_1a_2a_3 = a_4a_5a_6$ và $100 \le a_1a_2a_3 \le 999 \Rightarrow$ Có tất cả 900 số.

TH2: Số đó có $a_1a_2a_3 = a_5a_6a_7$. Đến đây bạn chứng minh tương tự là được.

TH3: Số đó có $a_1a_2a_3 = a_4a_5a_6=a_5a_6a_7$. Từ đó, ta chứng minh được $a_1 = a_4 = a_5, a_2 = a_5 = a_6, a_3 = a_6 = a_7 \Rightarrow a_1 = a_2 = a_3 = a_4 = a_5 = a_6 = a_7 \Rightarrow$ Cả 7 chữ số bằng nhau $\Rightarrow$ Có 9 số

Vậy có tất cả 900 + 900 + 9 = 1809 số.

Máy mình bị lỗi Latex .Mong bạn thông cảm nhá.

Vì $(2^x+1)(2^2x+2)(2^x+3)(2^x+4)-5^y=11879\Rightarrow (2^2x+5.2^x+4)(2^2x+5.2^x+6)-5^y=11879$

Đặt $t=2^2x+5.2^x+5$ (t là số nguyên dương). Thay vào, ta có $(t-1)(t+1)-5^y=11879\Rightarrow 2^x-5^y=11880$

- Xét $y=0$, thay vào, ta có $2^x=11881$ (vô lí)

- Xét $y>0$, khi đó, ta có $5^y\vdots 5,11880\vdots 5$ nên $2^x\vdots 5$ (vô lí)

Vậy phương trình vô nghiệm.

Áp dụng BĐT AM-GM, ta được $\frac{a}{\sqrt{b}-1}=\frac{2a}{\sqrt{4b}-2}\geq \frac{2a}{\frac{b+4}{2}-2}=\frac{4a}{b}$

Chứng minh tương tự, ta được $\frac{b}{\sqrt{c}-1}\geq \frac{4b}{c},\frac{c}{\sqrt{a}-1}\geq \frac{4c}{a}$

Do đó, ta dược $VT\geq 4(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 12$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=4$