Cho em góp 1 bài với ạ

Tìm các số nguyên dương a,b,c và số nguyên tố p thỏa mãn $73p^2+6=9a^2+17(b^2+c^2)$

PT $\Leftrightarrow -y^{2}+x^{2}y+2x^{2}+1=0$

Xét pt bậc $2$ theo biến $y$: $\Delta =x^{4}+4(2x^{2}+1)=(x^{2}+4)^{2}-12=k^{2}$ ($k \in \mathbb{Z}$)

$\Rightarrow (x^{2}+4+k)(x^{2}+4-k)=12$

Từ đó xét các trường hợp là xong

Em xin được trình bày cách khác ạ.

Vì $x^2(y+2)+1=y^2\Rightarrow x^2(y+2)=(y-1)(y+1)\Rightarrow x^2=\frac{(y-1)(y+1)}{y+2}$. Mà $x^2$ là số nguyên nên $(y-1)(y+1)\vdots y+2$

Lại có $(y+1,y+2)=1$ nên $y-1\vdots y+2\Rightarrow 3\vdots y+2$.

Giải ra, ta được $(x,y)\in {(-1,0),(1,0)}$.

nhưng nếu mình muốn giải tay thì mình giải ra kiểu gì?

Mình nghĩ là khó lòng mà giải tay được. Nghiệm mà máy tính cho ra khá là xấu.

ĐKXĐ : $x\geq \frac{1}{2}$

Ta có $(x+4)\sqrt{2x-1}=6x-2\Rightarrow \sqrt{2x-1}=\frac{6x-2}{x+4}\Rightarrow 2x-1=\frac{36x^2-24x+4}{x^2+4x+4}\Rightarrow 36x^2-24x+4=2x^3+7x^2+4x-4\Rightarrow 2x^3-29x^2+28x-8=0$

Đến đây bạn bấm máy nhẩm nghiệm là ra nhá

- Xét $n=1$, thay vào ta được $VT=12\vdots 6$ (thỏa mãn)

- Xét $n=2$, thay vào ta được $VT=30\vdots 6$ (thỏa mãn)

Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k$ (k là số nguyên dương). Khi đó, ta có $k^3+11k\vdots 6$

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với $n=k+1$

Thật vậy, ta có $(n+1)^3+11(n+1)=n^3+11n+3n(n+1)+12$ (đúng vì $3n(n+1)\vdots 3.2,n^3+11n\vdots 6,12\vdots 6$)

Từ đó, ta được (đpcm).

Mình nghĩ 2 vế không bằng nhau được đâu bạn.

Ta có $C^{20}_{0},C^{20}_{1},...,C^{20}_{19}$ đều không tồn tại.Khi đó, ta phải chứng minh $(C^{20}_{20})^2=C^{40}_{20}$

Thật vậy, ta có $C^{20}_{20}=1$,$C^{40}_{20}=\frac{21.22.23...40}{20!}$

Do đó, 2 vế không bằng nhau.

gui lai hinh duoc khong anh,mo qua

Đề bài là: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}\geq a^3+b^3+c^3$

Mình chứng minh bài này luôn nhé.

Áp dụng BĐT AM-GM, ta được $\frac{a^5}{b^2}+ab^2\geq 2a^3$

Tương tự, ta được $\frac{b^5}{c^2}+bc^2\geq 2b^3,\frac{c^5}{a^2}+ca^2\geq 2c^3$

Cộng vế với vế, ta được $\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^3+b^3+c^3)$

Ta chứng minh $a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2$

Thật vậy, áp dụng BĐT AM-GM, ta được $a^3+b^3+b^3\geq 3ab^2$

Tương tự, ta được $b^3+2c^3\geq 3bc^2,c^3+2a^3\geq 3ca^2$

Cộng vế với vế, ta được (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Bài này em nghĩ cần thêm $n>1$ nữa ạ.

Từ GT, ta có $2^m.p^2=(n-1)(n^4+n^3+n^2+n+1)$. Khi đó, ta suy ra được n lẻ. Do đó, ta có $(2^m,n^4+n^3+n^2+n+1)=1$. Mà với $n\neq 5$, ta được $(n-1,n^4+n^3+n^2+n+1)=1$. Với $n=5$ thì PT vô nghiệm. Đồng thời, ta chứng minh được $n-1<n^4+n^3+n^2+n+1$. 

Do đó, ta có $2^m=n-1$ và $n^4+n^3+n^2+n+1=p^2$

Khi đó, ta có $n^4+n^3+n^2+n=p^2-1$ $\Rightarrow$ $(n^2+n)(n^2+1)=(p-1)(p+1)$. Thay $n=2^m+1$, ta có $(2^{2m}+3.2^m+2)(2^{2m}+2^{m+1}+2)=(p-1)(p+1)$

Nếu $m>3$ thì VT chia 8 dư 4. Và $(p-1)(p+1)$ là tích của 2 số chẵn liên tiếp. Do đó VP chia hết cho 8 (vô lí).

Khi đó, ta được m = 1 hoặc m = 2.

Thay vào, ta được $(p,n,m)=(11,3,1)$