Bài 1: Cho $\Delta ABC$. Chứng minh:
$$\frac{1}{2-\cos A}+\frac{1}{2-\cos B}+\frac{1}{2-\cos C}\ge 2$$

Bài 2: Cho $\Delta ABC$. Chứng minh:
$$\frac{\left( 1-\sin \frac{A}{2} \right)\left( 1+\cos \frac{A}{2} \right)}{\sin \frac{A}{2}\left( 1+\sin \frac{A}{2} \right)}+\frac{\left( 1-\sin \frac{B}{2} \right)\left( 1+\cos \frac{B}{2} \right)}{\sin \frac{B}{2}\left( 1+\sin \frac{B}{2} \right)}+\frac{\left( 1-\sin \frac{C}{2} \right)\left( 1+\cos \frac{C}{2} \right)}{\sin \frac{C}{2}\left( 1+\sin \frac{C}{2} \right)}\ge 2+\sqrt{3}$$

Cho $x,y,z$ la nghiệm của hệ pt:$\left\{\begin{matrix} x^2+xy+y^2=3\\ y^2+yz+z^2=16\end{matrix}\right.$
CMR: $xy+yz+zx\leq 8$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
${{\left( xy+yz+zx \right)}^{2}}$
$=\left[ x\left( y+\frac{z}{2} \right)+z\left( y+\frac{x}{2} \right) \right]$
$\le \left[ {{x}^{2}}+\frac{4}{3}{{\left( y+\frac{x}{2} \right)}^{2}} \right]\left[ {{\left( y+\frac{z}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}{{z}^{2}} \right]$
$=\frac{4}{3}\left( {{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}} \right)\left( {{y}^{2}}+yz+{{z}^{2}} \right)=64$
$\Leftrightarrow xy+yz+zx\le 8$ (đpcm)

Ông bạn của mình đây mà
Trước hết ta sẽ chứng minh $$cosA+cosB+cosC\geq -\frac{3}{2}$$
Cho $\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB};\overrightarrow{OC}$ là 3 véc tơ đơn vị. ( các góc $A,B,C \in (0; \pi)$)
Ta dễ dàng chứng minh được $(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})^2=3+2(cosA+cosB+cosC) \ge 0$
Từ đây suy ra $$cosA+cosB+cosC\geq \frac{-3}{2}$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-HM ta có:
$$\frac{1}{2-cosA}+\frac{1}{2-cosB}+\frac{1}{2-cosC}\geq \frac{9}{3-cosA-cosB-cosC}\geq \frac{9}{3+\frac{3}{2}}=2$$

Một lỗi sai khá cơ bản đó ông bạn
$$2\cos (\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})= \cos2C$$
Từ đó, ta có: $$cos2A+cos2B+cos2C\geq \frac{-3}{2}$$
Bài này không đơn giản như vậy đâu

Problem 8: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2-bc}{a^2+3}+\frac{b^2-ac}{b^2+3}+\frac{c^2-ab}{c^2+3}\geq 0$$

Bài này khá yếu.
Bằng cách phân tích trực tiếp, ta được:
$$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\sum{\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{\left( {{a}^{2}}+3 \right)\left( {{b}^{2}}+3 \right)}}\ge 0$$
Ta có đpcm. $\blacksquare$

Problem 9: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}\frac{\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{\left( c+b \right)}^{2}}}\frac{\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{{{\left( a+c \right)}^{2}}}\ge \frac{3}{8}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$$

Cho các số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn: $abcd=1$.Chứng minh rằng:
$$ 3(a^2+b^2+c^2+d^2) + 4 \ge (a+b+c+d)^2$$

Áp dụng bất đẳng thức Tukervici, ta có:
$ 3(a^4+b^4+c^4+d^4) + 4abcd \ge (a^2+b^2+c^2+d^2)^2$
Bất đẳng thức cần chứng minh là dạng tương đương của bất đẳng thức trên. $\blacksquare$
Bất đẳng thức trên dùng pp FMPX để chứng minh.

Cho$a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$.Chứng minh
$a^3+b^3+c^3+9abc\geq 4(a+b+c)$

Phải nói đây một bất đẳng thức khá bá đạo.
Nhưng nếu làm bđt nhiều thì cũng không khó gì để nhận ra nó.
Đổi biến $a=\frac{2x}{y+z},b=\frac{2y}{x+z},c=\frac{2z}{x+y} $, ta được $ab+bc+ca+abc=4$
Lời giải còn lại của bài toán các bạn xem trong file đính kèm.

Bài 1. cho $a,b,c>0$có $abc=1$ chứng minh rằng
$\frac{1}{a^3+b+c}+\frac{1}{b^3+a+c}+\frac{1}{c^3+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}$
Bài 2.cho $a,b,c>0 abc=1$ tìm GTNN của
$P=\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}+\frac{1}{a^3+2b^3+c^3+2}+\frac{1}{a^3+b^3+2c^3+2}$
Bài 3.chứng minh:
$\frac{a^3}{a^2+ab+2b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+2c^2}+\frac{c^3}{c^2+ab+2a^2}\geq \frac{a+b+c}{4}$
Bài 4. $ x+y+z=3$,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$P=\frac{x}{y^3+16}+\frac{y}{z^3+16}+\frac{z}{x^3+16}$

nếu ko có trả lời một tuần nữa minh sẽ post dáp án

Có lẽ cũng chẳng cần post đáp án nữa đâu bạn
Bài 2: Áp dụng bđt Cauchy, ta đc:
$$ \frac{1}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+2}\le \frac{1}{4}\left( \frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1}+\frac{1}{{{a}^{3}}+{{c}^{3}}+1} \right) $$
Từ đó, ta được: $ P\le \frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1}+\frac{1}{{{a}^{3}}+{{c}^{3}}+1}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{b}^{3}}+1} \right)\le \frac{1}{2} $

Vì $ {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1\ge ab\left( a+b \right)+1=ab\left( a+b+c \right) $
Bài 3: Sử dụng pp tiếp tuyến, ta chứng minh:

$$ \frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+ab+2{{b}^{2}}}\ge \frac{9a-5b}{16} $$
Cộng các bđt tương tự, ta có đpcm.

Mình đang viết 1 chuyên đề về phương pháp tìm hằng số lớn nhất cho bđt.
Mong các bạn góp ý

Bài toán 1: Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm hằng số k lớn nhất để bđt sau đúng:
$${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+kabc\ge 3+k$$

Bài toán 2: (Stranger411)Cho các số thực không âm a,b,c thỏa $ab+bc+ca=3$. Tìm hằng số k lớn nhất để bđt sau đúng:
$${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+kabc\ge 3+k$$

Chú ý: Với bài toán 2,ta có một số kết quả:
$k=6$: Hệ quả của bđt Schur
$k=7$: Bài toán đã được arqady giải ở Mathlinks
Tuy nhiên,$k=7$ không phải hằng số tốt nhất cho bđt trên.

Balkan MO 2012 - 28 April 2012

Bài 2. Prove that \[ \sum_{cyc}(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}\geq 4(xy+yz+zx), \] for all positive real numbers $x,y$ and $z$.

Tuy là đề thi quốc gia nhưng mình thấy bài này khá lỏng
Cách 1:
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz, ta có:

$\left( x+y \right)\sqrt{\left( z+x \right)\left( z+y \right)}\ge \left( x+y \right)\left( z+\sqrt{xy} \right)$

$=\left( x+y \right)z+\left( x+y \right)\sqrt{xy}\ge \left( x+y \right)z+2xy$
Cách 2: Bằng cách dùng bổ đề của huymit_95, ta viết lại bđt như sau:
$\sum {\frac{1}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }}} \ge \frac{{4\left( {xy + yz + zx} \right)}}{{\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}}$
Ta có: $\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right) \ge \frac{8}{9}\left( {xy + yz + zx} \right)\left( {x + y + z} \right)$
Nên ta cần chứng minh: $\sum {\frac{1}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }}} \ge \frac{9}{{2\left( {x + y + z} \right)}}$
Và bđt này hoàn toàn đúng với bđt Cauchy-Schwarz:
$\sum {\frac{1}{{\sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} }}} \ge \sum {\frac{2}{{x + y + 2z}}} \ge \frac{9}{{2\left( {x + y + z} \right)}}$

Bài toán 3.
Cho các số thực dương $a, b, c$ sao cho $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{(1+a)^2(b+c)}+\dfrac{1}{(1+b)^2(c+a)}+\dfrac{1}{(1+c)^2(a+b)}\le \dfrac{3}{8}$$

Trần Quốc Anh

Trước tiên, ta chứng minh bổ đề:
$$(a+1)(b+c)\ge \frac{(b+1)(c+1)}{\sqrt{bc}}$$
Có thể dùng Cauchy-Schwwarz để chứng minh hoặc biến đổi tương đương
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$$\sum{\frac{1}{{{(a+1)}^{2}}(b+c)}}\le \sum{\frac{bc}{(a+1)(b+1)(zc+1)}}$$
Vậy, ta chỉ cần chứng minh:
$$(a+1)(b+1)(c+1)\ge \frac{8}{3}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$$
Và đây là hệ quả của bđt:
$$(x+y)(y+z)(z+x)\ge \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh. $\blacksquare$

Ps: anh phuc_90 vào góp vui đi ak
Bài 1: Giải bằng SOS mất 3 trang giấy :-ss Mọi người ai có cách giải ngắn hơn ko :-ss

Bài toán :
Cho $a, b, c \ge 0$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^3+b^3+c^3+3abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}+\dfrac{abc}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge 1$$
Nguồn : ML

Bài toán của bạn được ghép từ 3 bổ đề sau:
1)${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3abc\ge \sum{ab\left( a+b \right)}$

2)$\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\frac{8}{9}\le \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$

3)$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{3abc}{2\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)}\ge 2$

Cho số nguyên tố $p>3$ và tập hợp $M=\left\{ 1,2,...,p \right\}$. Với mỗi số nguyên $k$ thỏa mãn $1\le k\le p$ ta đặt : ${{E}_{k}}=\left\{ A\subset M:|A|=k \right\}$ và ${{x}_{k}}=\sum\limits_{A\in {{E}_{k}}}{\left( \min A+\max A \right)}$. Chứng minh rằng:
$$\sum\limits_{k=1}^{p-1}{({{x}_{k}}C_{p}^{k})\equiv0(\bmod \,\,{{p}^{3}})}$$

Có vẻ như bài này chỉ chứng minh chia hết cho $p^2$ thôi, thử với $p=3$ có vẻ không đúng.

Rõ ràng là :
$$ \sum\limits_{k=1}^{p-1}(C_p^{k})^2 \vdots p^2$$

Anh gì đó ơi, bài này có thể quy về chứng minh:
\[\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( C_{p}^{k} \right)}^{2}}\equiv 1(\bmod \,\,{{p}^{3}})}\]
$$\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( \frac{(p-1)!}{k!(p-k)!} \right)}^{2}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)}$$


Với mỗi $k\in \text{ }\!\!\{\!\!\text{ 1}\text{,2},...,\text{ p-1}\}$ đặt ${{a}_{k}}=\frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}$
$$ \Leftrightarrow k!.{{a}_{k}}=(p-1)(p-2)...(p-k+1) $$
$$ \Leftrightarrow k.{{a}_{k}}\equiv {{(-1)}^{k-1}}(\bmod \,\,\,p) $$

Đến đây, dùng định lí Willson thôi anh ạ
Mà $p>3$ mà anh

Ở đầu bài toán có đk là p>3
mình sẽ tiếp tục lời giải của bạn để chứng minh chia hết cho $p^3$
ta có $\sum_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}^2=\binom{2p}{p}-2$
mà theo định lí Wolstenholme ta có $\binom{2p}{p} \equiv 2 (mod p^3)$
phát biểu Định lí http://chuyentoanpbc...2/06/trang1.jpg

Em năm nay 12 mà chả biết mấy cái này
Em ko bit đánh giá thế nào nên phải dựa vào cách chứng minh của định lí Willson nên nó hơi dài 1 tí

Ta chứng minh:
$\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( C_{p}^{k} \right)}^{2}}\equiv 1(\bmod \,\,{{p}^{3}})}$ (1)

$\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{\left( \frac{(p-1)!}{k!(p-k)!} \right)}^{2}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)}$ (2)

Với mỗi $k\in \text{ }\!\!\{\!\!\text{ 1}\text{,2},...,\text{ p-1}\}$ đặt ${{a}_{k}}=\frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}$
$ \Leftrightarrow k!.{{a}_{k}}=(p-1)(p-2)...(p-k+1) $
$ \Leftrightarrow k.{{a}_{k}}\equiv {{(-1)}^{k-1}}(\bmod \,\,\,p) $ (3)

Xét ${{b}_{k}}=\frac{(p-1)!}{k}$, $\forall k\in \left\{ 1,2,...,p-1 \right\}$.

Theo Định lý Wison ta có $k{{b}_{k}}\equiv (-1)(\bmod \,\,\,p)$. (4)

Từ (3) và (4) ta có :
${{a}_{k}}\equiv {{(-1)}^{k}}{{b}_{k}}(\bmod \,\,p)$ (5)

Do $p$ là số nguyên tố và $k\in \left\{ 1,2,...,p-1 \right\}$ nên tồn tại duy nhất $j\in \left\{ 1,2,...,p-1 \right\}$ sao cho:
$(kj)\equiv 1(\bmod \,\,\,p)$$\Rightarrow $${{(kj)}^{2}}\equiv 1(\bmod \,\,\,p)$.

Khi đó:
$$\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{({{b}_{k}})}^{2}}}=\sum\limits_{k=1}^{p-1}{\left( {{({{b}_{k}})}^{2}}.1 \right)}\equiv \sum\limits_{k=1}^{p-1}{\left( {{({{b}_{k}})}^{2}}.{{(kj)}^{2}} \right)}\equiv \left( (p-1)! \right)\sum\limits_{j=1}^{p-1}{{{j}^{2}}(\bmod \,\,\,p)}$$
Mà
$$\sum\limits_{j=1}^{p-1}{{{j}^{2}}=\frac{p(p-1)(2p-1)}{6}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)}$$
nên $\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{({{b}_{k}})}^{2}}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\sum\limits_{k=1}^{p-1}{{{({{a}_{k}})}^{2}}}\equiv 0(\bmod \,\,\,p)$ hay (2) đúng.

Cho 1 dãy số nguyên $\left( {{a_n}} \right)$ phân biệt thỏa mãn ${{a_n} \leqslant 4999n}$ ${\forall n \geqslant 1}$.
Chứng minh có vô hạn số $n$ sao cho $S\left( {{a_n}} \right) $ không chia hết cho $5$

Cho số nguyên dương $a$ thỏa mãn $S\left( {{a^n} + n} \right) = 1 + S\left( n \right)$ với mọi số tự nhiên $n$ lớn tùy ý.
Chứng minh $a$ là một lũy thừa của $10$.

- Kvant -

Cho n=1.Ta có S(a+1)=2
Suy ra a+1 có dạng:\[a + 1 = 2 \times {10^k}\] hoặc \[a + 1 = {10^k} + {10^h}(k > h)\]

Đến đây có thể dùng 2 tính chất quan trọng của $S(n)$ để giải bài toán.
là $S(m)+S(n) \ge S(m+n)$ và $S(m)S(n) \ge S(mn)$

cho m=2007²⁰⁰⁸ ,hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên n<m sao cho m l n(2n+1)(5n+2)

\[{\text{m}} = {\text{2}}{007^{2008}} = {3^{4016}}{223^{2008}}\]
Ta có: $m|n\left( {2n + 1} \right)\left( {5n + 2} \right)$
$ \Rightarrow m|10n\left( {10n + 5} \right)\left( {10n + 4} \right)$ $(1)$

Đặt $10n=x$, ta được: $m|x\left( {x + 5} \right)\left( {x + 4} \right)$

Đặt ${q_1} = {3^{4016}},{q_2} = {223^{2008}}$. Vì $\gcd \left( {{q_1},{q_2}} \right) = 1$

Nên \[{\text{(1)}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x\left( {x + 5} \right)\left( {x + 4} \right) \equiv 0(\bmod {q_1}) \\
x\left( {x + 5} \right)\left( {x + 4} \right) \equiv 0(\bmod {q_2}) \\
\end{gathered} \right.\]
Mà $x \equiv 0(\bmod 10)$

Nên $x$ là nghiệm của hệ:
\[\left\{ \begin{gathered}
x \equiv {r_1}(\bmod {q_1}) \\
x \equiv {r_2}(\bmod {q_2}) \\
x \equiv 0(\bmod 10) \\
\end{gathered} \right.\]
với ${r_1},{r_2} \in \left\{ {0; - 4; - 5} \right\}$

Theo định lí Thặng Dư Trung Hoa, hệ có 1 nghiệm $(\bmod 10{q_1}{q_2})$
với mỗi cặp ${r_1},{r_2}$ chỉ tồn tại 1 nghiệm x.

Có tất cả $3^2$ cách chọn ${r_1},{r_2}$ nên có 9 số $x$ thỏa.
Suy ra có 9 số $n$ thỏa mãn bài toán.

Chứng minh rằng nếu tồn tại $ a;b\in\mathbb{Z}^{+} $ sao cho $ \frac{(a-b)^{2}+m}{pab-q}= k (m\in\mathbb{N}^{*}) $ với $p,q$ được xác định như trên thì giá trị của $k$ thuộc 1 tập xác định.

Bài toán đã có ở đây

Bulgaria TST 2003

Problem: $a_n$ kí hiệu là số tập con không rỗng của $S$ thỏa mãn rằng:
(i) $S\subseteq${$1$, $2$, $...$, $n$};
(ii) tất cả các phần tử của $S$ đều cung tính chẵn, lẻ.
(iii) mỗi phân tử $k\in{S}$ thỏa mãn $k\geq2|S|$.
Tìm công thức tường minh cho $a_n$

Bài này lâu rồi, sử dụng phép chia nhóm là được

Ta có: $ a_{2m-1}= 2(F_{m+1}-1) $ và $ a_{2m}= F_{m+3}-2 $
với $m\ge1$ và $F_{m}$ là số Fibonacci thứ $m$.

Lời giải:
Đặt $T_{n}=\{S\in\{1,2,\cdots,n\}\}$ thỏa $(ii)$ và $(iii)$
Chia $ T_{n+4} $ thành 3 tập con:

Phần 1: $A_{n+4}=\{S\in T_{n+4}\ ;\ 1,2\notin S,\ \forall k\in S, k\geq 2|S|+2\}$
Xây dựng $ f\ :\ \mathcal{P}(\{1,2,\cdots,n+2\})\rightarrow\mathcal{P}(\{1,2,\cdots,n+4\}) $ thỏa:
$$f(\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{k}\}) =\{x_{1}+2,x_{2}+2,\cdots,x_{k}+2\}$$
Ta được: $ f(T_{n+2}) = A_{n+4} $ nên $ |A_{n+4}|=|T_{n+2}|$

Phần 2: $ B_{n+4}=\{S\in T_{n+4}\ ;\ 1,2\notin S,\ \exists k\in S, k < 2|S|+2\} $
Tương tự, ta được:
$f(\phi) =\{3\}$
$f\left( {\left\{ {{x_1},{x_2},...,{x_k}} \right\}} \right) = \left\{ {{x_1} + 4,{x_2} + 4,...,{x_k} + 4,2k} \right\}$
nếu các phần tử cùng chẳn.
$f\left( {\left\{ {{x_1},{x_2},...,{x_k}} \right\}} \right) = \left\{ {{x_1} + 4,{x_2} + 4,...,{x_k} + 4,2k+1} \right\}$
nếu các phần tử cùng lẽ.
Suy ra: $|B_{n+4}|=|T_{n}|+1 $

Phần 3: $ C_{n+4}=\{ S\in T_{n+4}\ ;\ 1\in S\ \mathrm{or}\ 2\in S\} $
Tương tự, ta có: $ |T_{n+4}|=|T_{n+2}|+|T_{n}|+2 $

Từ đó, ta chứng minh được: $ a_{2m-1}= 2(F_{m+1}-1) $ và $ a_{2m}= F_{m+3}-2 $

Cho một hình chữ nhật có kích thước $2 \times n$ được đánh số thứ tự từ trái sang phải là $1,2,, \cdot,n$ ở hàng thứ nhất và $n+1,n+2, \cdot,2n$ ở hàng thứ 2.

Lát chúng bằng các quân đôminô $1\times2$ sao cho
1) Phủ kín hình chữ nhật và ko có 2 quân nào chồng lền nhau.
2) Vơi $n$ lẻ, ta được phép bổ sung thêm 1 quân đôminô "đặc biệt" sao cho có thể phủ kín ô $n$ và $n+1$
Đếm số cách lát thỏa mãn đề bài.



ps: Thực chất đây là bài toán tập hợp liên quan đến các phần tử tốt.

Tìm các số nguyên dương a,b,c đề $A = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}} \in {N^*}$

Bài này vô số nghiệm.

Bước 1: Ta cần chứng minh: $A=1$ hoặc $A=3$.

Bước 2: Ta tìm $a,b,c$
Với $A=3$, nghiệm của phương trình $a^2+b^2+c^2=3abc$ là
\[\left\{ \begin{gathered}
z = 1 \\
x = {u_n} \\
y = {u_{n + 1}} \\
\end{gathered} \right.\]
Với
\[\left\{ \begin{gathered}
{u_0} = 1,{u_1} = 1\\
{u_{n + 1}} = 3{u_n} - {u_{n - 1}}\\
\end{gathered} \right.\]

Với $A=1$. Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$, ta được phương trình trên.
Dẫn đến một bộ nghiệm tương tự

Bài toán trên còn 1 cách phát biểu khác như sau:

Tìm $a,b \in {\mathbb{Z}^ + }$ sao cho $\frac{{{a^2} - 2}}{{2{b^2} + 3}} \in \mathbb{Z}$