Bài 1: Ta có: $VT\vdots 5\Leftrightarrow 4VT\vdots 5\Leftrightarrow (2a+b)^2+3b^2\vdots 5\Rightarrow a,b\vdots 5$$\Rightarrow VT\vdots 25\Rightarrow c\vdots 5$. Dùng phương pháp lùi vô hạn thu được a=b=c=0

$a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}-a^{2016}-b^{2017}-c^{2018}=a^{2016}(a-1)(a+1)+b^{2017}(b-1)(b+1)+c^{2018}(c-1)(c+1)\vdots 6$. Kết hợp với giả thiết ta có đpcm

Đặt $\underset{n}{\underbrace{111...1}}=a$. Ta có: $\underset{2n}{\underbrace{111...1}}=10^{n}a+a=(9a+1)a+a=9a^2+2a\Rightarrow C=9a^2+2a+4a+1=(3a+1)^2$ là số chính phương

VT chia hết cho 9, VP không chia hết cho 3 hoặc chia hết cho 3 và không chia hết cho 9. Do đó pt không có nghiệm nguyên

Nếu $p,q> 2$ thì VP chẵn, VT lẻ. Xét p=2 thì q lẻ. Đặt q=2k+1. Ta có: $2^{2k+1}(2k+1)^2=(4k+5)(2k+6)\Leftrightarrow 2^{2k}(2k+1)^2=(4k+5)(k+3)$. Do đó VP là SCP. Lại có: $(2k+3)^2< (4k+5)(k+3)< (2k+5)^2$. Tìm được k=1 nên q=3. Tương tự, q=2 thì p=3. 

Đề có sai ko bạn?

Khai triển B và nhóm lại thu được $B=(x^2+xy-y^2)^2$ là số chính phương

Ta thấy $\frac{KM}{KH}= \frac{MH}{BH}=\frac{AM}{CH}$ và $\angle KMA=\angle KHC$. $\Delta KMA=\Delta KHC\Rightarrow \angle AKM=\angle HKC$. Suy ra đpcm

Liên hợp là đc $(3x-1)(\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{2-2x}}-\frac{2}{\sqrt{9x^2+4}})=0$. Thu được một nghiệm là $x=\frac{1}{3}$. Từ phương trình còn lại ta có: $2(\sqrt{x+1}+\sqrt{2-2x})=\sqrt{9x^2+4}$. Bình phương 2 lần và thử lại nghiệm thu được $x=\frac{\sqrt{8}}{3}$

Liên hợp đc $(2x+1)(\frac{x-2}{\sqrt{3x^2-5x-2}-\sqrt{x^2-2x}}-1)=0$. Ta thấy x=2 không phải là nghiệm, 2x+1=0 không thỏa mãn ĐKXĐ. Do đó: $\frac{\sqrt{x-2}}{\sqrt{3x+1}-\sqrt{x}}=1\Leftrightarrow \sqrt{x-2}+\sqrt{x}=\sqrt{3x+1}\Rightarrow 3x^2-14x-9=0$. Giải phương trình bậc 2 và kiểm tra ĐKXĐ ta thu được nghiệm cần tìm

Từ giả thiết ta có: $y(x^2y-1)=x^3\Rightarrow x^3\vdots x^2y-1\Rightarrow x^6y^3\vdots x^2y-1\Rightarrow 1\vdots x^2y-1$. Xét 2 trường hợp là ra

Ta có thể làm như thế này: Dễ thấy $(x^2+2)^2> x^4+4x \forall x\in Z$.

$x^4+4x-(x^2-1)^2=2x^2+4x-1=2(x+1)^2-3$. Xét $2(x+1)^2-3\leq 0 \Rightarrow x\in {0;-2;-1}$. Thay vào pt chỉ có x=y=0 thỏa mãn. Đối với $2(x+1)^2-3> 0 \Rightarrow (x^2+2)^2> x^4+4x>(x^2-1)^2.$. Cuối cùng chỉ có x=y=0 thỏa mãn

Bài 1: Trừ vế theo vế phương trình trên và phương trình dưới ta có: $2x^2+xy-5x-y^2+y+2=0$$\Leftrightarrow (2x-y-1)(x+y-2)=0$. Đến đây thì ko khó

Từ giả thiết ta có $x^2=y(xy-1)\Rightarrow x^2\vdots xy-1\Rightarrow x^2y^2-1+1\vdots xy-1\Rightarrow 1\vdots xy-1\Rightarrow xy\in {0;2}$.Xét từng trường hợp thu được x=y=0

Từ giả thiết ta có: $x=\frac{-y}{xy^2+1}$. VT là số nguyên nên $-y\vdots xy^2+1\Rightarrow xy^2\vdots xy^2+1\Leftrightarrow 1\vdots xy^2+1\Leftrightarrow xy^2\in {0;-2}$. Xét từng trường hợp một ta có x=y=0 thỏa mãn đề bài.

Ta có: $(x^2+y^2)^2=7x^2y^2$. VT luôn là một số chính phương nên VP phải là một số chính phương. Vậy $VT=VP=0\Rightarrow x=y=0$

Bài 1 liên hợp được mà

$P-\frac{4}{9}=\frac{(3\sqrt{x}-2)^2}{9(3\sqrt{x}-1)}\geq 0$. GTNN của P là $\frac{4}{9}$ khi $x=\frac{4}{9}$

25/Cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+\frac{1}{8}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}$

BĐT trở thành: $a^3(b+c)+b^3(a+c)+c^3(a+b)\leq \frac{1}{8}$

Giả sử a=max(a,b,c). Ta có: $a(b+c)^3-b^3(a+c)-c^3(a+b)=3abc(b+c)-b^3c-c^3b=bc(3ab+3ac-b^2-c^2)\geq 0\Leftrightarrow a(b+c)^3\geq b^3(a+c)+c^3(a+b)$

Ta cần chứng minh: $a^3(b+c)+a(b+c)^3\leq \frac{1}{8}\Leftrightarrow a^3(1-a)+a(1-a)^3\leq \frac{1}{8}\Leftrightarrow (a-a^2)(2a^2-2a+1)\leq \frac{1}{8}$

Đặt $a-a^2=x$. BĐT trở thành: $x(1-2x)\leq \frac{1}{8}$$\Leftrightarrow -(4x-1)^2\leq 0$ (luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2};c=0$

Bài hệ: $\begin{cases} x^3+3x^2+3x+1=y^3+3x^2-7 \\ 3x^2=-3y^2+3y+6 \end{cases}$<=>$\begin{cases} (x+1)^3=(y-1)^3 \\ x^2+y^2=y+2 \end{cases}$<=>$\begin{cases} x+1=y-1 \\ x^2+y^2=y+2 \end{cases}$.

Đến đây giải được x,y.

Đặt $x^2-2y=a$; $4x^2y=b$

Từ hpt trên ta được:  $\begin{cases} a+b=-3 \\ a^2-2b=9 \end{cases}$

Đến đó tìm được a và b, rồi tìm được x và y.

Ta có: $9^{10}\equiv 1(mod 100)\Leftrightarrow 9^{10k}\equiv 1(mod 100)$. Vì $2020\vdots 10$ và A có 2020 số hạng nên A$\equiv 20(mod 100)$

Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 20

Cho $a,b,c>0$ tìm GTNN của $\frac{3a^4+3b^4+c^3+2}{(a+b+c)^3}$

Áp dụng AM-GM ta có: $\frac{x^2}{y+2}+\frac{y+2}{9}\geq \frac{2}{3}x$. Tương tự như vậy, ta có: $VT\geq \frac{5}{9}(x+y+z)-\frac{2}{3}$

Từ GT suy ra: $3xyz\geq xy+yz+xz$$\Leftrightarrow 3\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}\Leftrightarrow x+y+z\geq 3$

Vậy $VT\geq 1$ khi $x=y=z=1$

Tìm m,n nguyên dương thỏa mãn $3^m+1$ và $3^n+1$ đều chia hết cho $mn$.