Crystal

Bài 27:Cho $x, y, z$ là các số thực không âm và $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của hàm số $f(x,y,z) = x^n y + y^n z + z^n x\,\,,\,n \in N$.

----------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài tiếp theo nhé. Mọi người làm xong nhớ post thêm một bài Bất đẳng thức khác.
Nghiêm cấm việc rũ bỏ trách nhiệm, làm xong thì bỏ đi
Cảnh cáo '' dark_templar '' nhớ
Bài tiếp
Cho $x,y>0$
thỏa mãn$x+y=1$
Tìm Min của :
$P = \dfrac{{{x^3} + {y^3} + x + y + 3xy}}{{{x^3} + {y^3}}} + \dfrac{2}{{xy.{{(x + y)}^2}}}$

P/s: Tìm dấu ''='' nhé. Không quên post thêm bài

Ta có: $x + y = 1 \Rightarrow \left( {x + y} \right)^3 = 1 \Rightarrow x^3 + y^3 + 3xy\left( {x + y} \right) = 1 \Rightarrow x^3 + y^3 + 3xy = 1$

$\Rightarrow P = \dfrac{{2\left( {x^3 + y^3 } \right) + 6xy}}{{x^3 + y^3 }} + \dfrac{{2\left( {x^3 + y^3 + 3xy} \right)}}{{xy}}$

$= 8 + \dfrac{{6xy}}{{x^3 + y^3 }} + \dfrac{{2\left( {x^3 + y^3 } \right)}}{{xy}}\mathop \ge \limits^{C{\rm{\^o s}}i} 8 + 2\sqrt{\dfrac{{6xy}}{{x^3 + y^3 }}.\dfrac{{2\left( {x^3 + y^3 } \right)}}{{xy}}} = 8 + 4\sqrt 3 $

Dấu "=" xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{6xy}}{{x^3 + y^3 }} = \dfrac{{2\left( {x^3 + y^3 } \right)}}{{xy}} \\ x,\,y > 0,\,\,x + y = 1 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{{\sqrt {2\sqrt 3 } }}{{3 + \sqrt 3 }}} \right) \\ y = \dfrac{1}{2}\left( {1 - \dfrac{{\sqrt {2\sqrt 3 } }}{{3 + \sqrt 3 }}} \right) \\ \end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\left( {1 - \dfrac{{\sqrt {2\sqrt 3 } }}{{3 + \sqrt 3 }}} \right) \\ y = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \dfrac{{\sqrt {2\sqrt 3 } }}{{3 + \sqrt 3 }}} \right) \\ \end{array} \right.$.

Vậy $minP = 8 + 4\sqrt 3 $.

-------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài 1: Cho $\alpha $ là số thực. Chứng minh rằng $\left[ {\alpha + \dfrac{1}{2}} \right] = \left[ {2\alpha } \right] - \left[ \alpha \right]$.

Bài 2: Kí hiệu $\left[ x \right]$ là phần nguyên của số thực x. Giải phương trình sau:
$\left[ {\dfrac{{8x + 1}}{6}} \right] + \left[ {\dfrac{{4x - 1}}{3}} \right] = \dfrac{{16x - 7}}{9}$

-----------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và $a + b + c = 3$. Tìm GTNN của $Q = 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 4abc$.

Mình xin thử một cách khác luôn nhé.( sử dụng pp hàm số)

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $0 < a \le b \le c$. Vì $a + b + c = 3$ nên $a + b = 3 - c$ và $c \ge 1$.

Mặt khác $a + b > c$ nên $3 - c > c \Leftrightarrow c < \dfrac{3}{2}$. Như vậy: $1 \le c < \dfrac{3}{2}$.

Ta có: $Q = 3\left( {a^2 + b^2 } \right) + 3c^2 + 4abc = 3\left( {a + b} \right)^2 - 6ab + 3c^2 + 4abc$

$= 3\left( {3 - c} \right)^2 + 3c^2 - 2\left( {3 - 2c} \right)ab$

Vì $c < \dfrac{3}{2}$ nên $3 - 2c > 0$. Mặt khác $\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^2 \ge ab \Leftrightarrow \left( {\dfrac{{3 - c}}{2}} \right)^2 \ge ab$.

Do đó $Q \ge 3\left( {3 - c} \right)^2 + 3c^2 - 2\left( {3 - 2c} \right)\left( {\dfrac{{3 - c}}{2}} \right)^2 $

$\Leftrightarrow Q \ge c^3 - \dfrac{3}{2}c^2 + \dfrac{{27}}{2}$.

Xét hàm số: $f( c ) = c^3 - \dfrac{3}{2}c^2 + \dfrac{{27}}{2}$, với $1 \le c < \dfrac{3}{2}$.

Lập BBT của hàm $f( c )$ trên $\left[ {1;\dfrac{3}{2}} \right)$, ta được: $f© \ge f(1) = 13$ hay $Q \ge 13$.

Vậy $\min Q = 13$, đạt được khi $a = b = c = 1$.


------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Mọi người thử sức với 2 bài này nhé.
Bài 23: Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$. Chứng minh rằng: $10\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) - 9\left( {a^5 + b^5 + c^5 } \right) \ge 1$.

Bài 24: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{{a + b + c}}{3} - \sqrt[3]{{abc}} \le m{\rm{ax}}\left\{ {\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2 ,\left( {\sqrt b - \sqrt c } \right)^2 ,\left( {\sqrt c- \sqrt a } \right)^2 } \right\}$



--------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Thử sức với bài Bất đẳng thức này nữa (dùng AM-GM)
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn :$21ab + 2bc + 8ac \le 12$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} \ge \dfrac{{15}}{2}$

Sao lại cho x,y,z mà ở dưới là a,b,c. Bạn nhầm rồi. Mình làm theo a,b,c.

Đặt $x = \dfrac{1}{a},\,y = \dfrac{1}{b},\,z = \dfrac{1}{c}$ bài toán trở thành:
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn $2x + 8y + 21z \le 12xyz$. Chứng minh rằng: $x + 2y + 3z \ge \dfrac{{15}}{2}\,\,\,\,(1)$

Từ giả thiết $z(12xy - 21) \ge 2x + 8y > 0$, từ đó $z \ge \dfrac{{2x + 8y}}{{12xy - 21}}$ với $x > \dfrac{7}{{4y}}\,\,\,(2)$.
Suy ra VT(1)$\ge x + 2y + \dfrac{{2x + 8y}}{{4xy - 7}}\,\,\,(3)$.

Xét hàm số $f(x) = x + \dfrac{{2x + 8y}}{{4xy - 7}} = \dfrac{{4x^2 y - 5x + 8y}}{{4xy - 7}}$ với biến $x > \dfrac{7}{{4y}}$ và y là tham số thực dương
$\Rightarrow f'(x) = \dfrac{{16x^2 y^2 - 56xy - 32y^2 + 35}}{{\left( {4xy - 7} \right)^2 }}$

Trên $\left( {\dfrac{7}{{4y}}; + \infty } \right)$ thì $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = x_0 = \dfrac{7}{{4y}} + \dfrac{{\sqrt {32y^2 + 14}}}{{4y}}$ và qua $x_0 $ thì $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương nên f(x) đạt cự tiểu tại $x_0 $.
Suy ra $f(x) \ge f(x_0 ) = 2x_0 - \dfrac{5}{{4y}} \Rightarrow VT(1) \ge f(x) + 2y \ge f(x_0 ) + 2y = g(y)\,\,\,\,(4)$.

Xét hàm số $g(y) = 2y + \dfrac{9}{{4y}} + \dfrac{1}{2}\sqrt {32y^2 + 14}$
$ \Rightarrow g'(y) = 0 \Leftrightarrow (8y^2 - 9)\sqrt {32y^2 + 14} - 28=0$.

Đặt $t = \sqrt {32y^2 + 14} > 0$ thì pt trên trở thành $t^3 - 50t - 112 = 0$. Phương trình này có duy nhất một nghiệm dương $t = 8 \Leftrightarrow y = y_0 = \dfrac{5}{4}$.
Vậy $g'\left( {\dfrac{5}{4}} \right) = 0$. Với y>0 và qua $y_0 $ thì $g'(y)$ đổi dấu từ âm sang dương nên g(y) đạt cực tiểu tại $y_0 $. Lúc đó $g(y_0 ) = g\left( {\dfrac{5}{4}} \right) = \dfrac{{15}}{2}$.

Từ đó kết hợp với (4) suy ra VT(1) $\ge g(y) \ge g(y_0 ) = \dfrac{{15}}{2}$. Dấu "=" xảy ra với $x = 3,\,y = \dfrac{5}{4},\,z = \dfrac{2}{3}$ hay $a = \dfrac{1}{3},\,\,b = \dfrac{4}{5},\,\,c = \dfrac{3}{2}$.


P/s: Bài này có thể sử dụng pp cân bằng hệ số nhưng mình nghĩ sử dụng pp hàm số là khá đơn giản.


---------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Tìm m sao cho hàm số $y = x^4 - 4x^2 + m$ cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi © và trục hoành có phần trên bằng phần dưới.

(đây là bài toán của queo đăng trên diễn đàn. Mình xin đưa ra bài giải, mọi người xem giúp rồi cho ý kiến)

---------------------------------------------

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và Ox: $x^4 - 4x^2 + m = 0\,\,\,(1)$
Đặt $t = x^2 \ge 0$. Lúc đó có phương trình: $t^2 - 4t + m = 0\,\,\,\,(2)$

Để (C ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt khi pt (1) có 4 nghiệm phân biệt khi (2) có 2 nghiệm phân biệt t>0.
$\Leftrightarrow 0 < m < 4$ (i)

Gọi $t_1 ;t_2 \,(0 < t_1 < t_2 )$ là 2 nghiệm của phương trình (2). Lúc đó pt(1) có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần:
$x_1 = - \sqrt {t_2 } ;\,\,x_2 = - \sqrt {t_1 } ;\,\,x_3 = \sqrt {t_1 } ;\,\,x_4 = \sqrt {t_2 } $

Do tính đối xứng của đồ thị (C ) nên có:
$\int\limits_0^{x_3 } {\left( {x^4 - 4x^2 + m} \right)} \,dx = \int\limits_{x_3 }^{x_4 } {\left( { - x^4 + 4x^2 - m} \right)\,dx \Rightarrow \dfrac{{x_4^5 }}{5} - \dfrac{{4x_4^3 }}{3} + m} x_4 = 0 \Rightarrow 3x_4^4 - 20x_4^2 + 15m = 0$

Từ đó $x_4 $ là nghiệm của hpt: $\left\{ \begin{array}{l}x_4^4 - 4x_4^2 + m = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3) \\ 3x_4^4 - 20x_4^2 + 15m = 0\,\,\,\,\,\,\,(4) \\ \end{array} \right.$

Lấy $3.(3) - (4) \Rightarrow x_4^2 = \dfrac{{3m}}{2}$. Thay $x_4^2 = \dfrac{{3m}}{2}$ vào (3) có: $\dfrac{{9m^2 }}{4} - 5m = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0 \\ m = \dfrac{{20}}{9} \\ \end{array} \right.$

Đối chiếu đk (i) có $m = \dfrac{{20}}{9}$ là giá trị cần tìm.


-----------------------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài 1: Cho dãy số thực $\left\{ {u_n } \right\}$ xác định như sau:
$\left\{ \begin{array}{l}u_1 = 2,9 \\ u_{n + 1} = \sqrt 3 + \dfrac{{u_n }}{{\sqrt {u_n^2 - 1} }};\,n = 1,\,2,\,.... \\ \end{array} \right.$
Hãy tìm một số thực $\alpha $ sao cho thỏa mãn bất đẳng thức sau $u_{2k} < \alpha < u_{2k - 1} ;\,\forall k = 1,\,2,\,3,....$.

Bài 2: Cho n, k là hai số tự nhiên cho trước. Tính tổng sau:
$S = \sum\limits_{i = 1}^n {\sum\limits_{j = 1}^k {m{\rm{ax}}\left\{ {i.j} \right\}} } $

Bài 3: Cho dãy số $a_n = \left[ {n\sqrt 2 } \right],\,n = 1,\,2,\,....$. Chứng minh rằng có vô hạn số hạng của dãy số chính phương, ở đây $\left[ a \right]$ kí hiệu là phần nguyên của số a.

Bài 4: Cho dãy số $\left\{ {u_n } \right\},\,\,n = 1,\,2,\,....$ xác định như sau:
$\left\{ \begin{array}{l}u_1 = \dfrac{3}{4} \\ (2n + 1)u_n = 2^n + 2n.u_{n - 1} ;\,n = \,2,\,3,\,.... \\ \end{array} \right.$.
Chứng minh rằng:$u_n = \sum\limits_{k = 0}^n {\dfrac{{C_n^k }}{{2k + 1}}} \,\,,\,\,\,\,\,n = 1,\,2,...$

Nhờ các bạn ^^

3) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O;R)$.Gọi $R_1,R_2,R_3$ tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OBC,OCA,OAB$. CMR:
$R_1+R_2+R_3\ge3R$

Mình chém bài 3 luôn nhé!

Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABC, BOC ta có:
$\begin{array}{l}R = \dfrac{a}{{2\sin A}} = \dfrac{b}{{2\sin B}} = \dfrac{c}{{2\sin C}} \\ R_1 = \dfrac{a}{{2\sin \widehat{BOC}}} = \dfrac{a}{{2\sin 2A}} \\ \end{array}$.

Tương tự, ta có: $R_2 = \dfrac{b}{{2\sin 2B}};\,\,\,\,\,\,R_3 = \dfrac{c}{{2\sin 2C}}$.

BĐT đã cho tương đương với:
$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{a}{{2\sin 2A}} + \dfrac{b}{{2\sin 2B}} + \dfrac{c}{{2\sin 2C}} \ge 3R \Leftrightarrow \dfrac{{2R\sin A}}{{2\sin2A}} + \dfrac{{2R\sin B}}{{2\sin 2A}} + \dfrac{{2R\sin C}}{{2\sin 2C}} \ge 3R \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\cos A}} + \dfrac{1}{{\cos B}} + \dfrac{1}{{\cos C}} \ge 6\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ \end{array}$.

Do ABC là tam giác nhọn nên cosA, cosB, cosC là các số dương. Vậy theo BĐT Cauchy ta có:
$\left( {\dfrac{1}{{\cos A}} + \dfrac{1}{{\cos B}} + \dfrac{1}{{\cos C}}} \right)\left( {\cos A + \cos B + \cos C} \right) \ge 9\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$.
Mặt khác: $0 < \cos A + \cos B + \cos C \le \dfrac{3}{2}$
Vậy từ (2) suy ra $\dfrac{1}{{\cos A}} + \dfrac{1}{{\cos B}} + \dfrac{1}{{\cos C}} \ge 6$ $\Rightarrow $ đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi ABC là tam giác đều.


-----------------------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Nhờ các bạn ^^

2) Gọi $AA_1,BB_1,CC_1$ tương ứng là phân giác trong của tam giác $ABC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác đó tại $A_2,B_2,C_2$. CMR:
$\dfrac{AA_1}{AA_2}+\dfrac{BB_1}{BB_2}+\dfrac{CC_1}{CC_2} \le \dfrac{9}{4}$

Mình xin làm bài 2 ( không có hình vẽ, các bạn thông cảm nhé!!)

Ta có ngay $ABA_1 \sim AA_2 C \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AA_2 }} = \dfrac{{AA_1 }}{{AC}} \Rightarrow AA_2 = \dfrac{{bc}}{{AA_1 }}$

$ \Rightarrow \dfrac{{AA_1 }}{{AA_2 }} = \dfrac{{AA_1 ^2 }}{{bc}} = \dfrac{{l_a^2 }}{{bc}} = \dfrac{{4b^2 c^2 c{\rm{os}}^2 \dfrac{A}{2}}}{{(b +c)^2 bc}} = \dfrac{{4bc}}{{(b + c)^2 }}.\dfrac{{1 + \cos A}}{2} \le \dfrac{{1 + c{\rm{osA}}}}{2}\,\,\,(1)$.
Dấu "=" trong (1) xảy ra $\Leftrightarrow b = c$.

Lý luận tương tự, ta có:
$\dfrac{{BB_1 }}{{BB_2 }} \le \dfrac{{1 + c{\rm{osB}}}}{2}\,\,\,\,\,\,(2)$
Dấu "=" trong (2) xảy ra $\Leftrightarrow c = a$.

$\dfrac{{CC_1 }}{{CC_2 }} \le \dfrac{{1 + c{\rm{osC}}}}{2}\,\,\,\,\,\,(3)$
Dấu "=" trong (3) xảy ra $\Leftrightarrow a = b$.

Từ (1), (2), (3) suy ra $\dfrac{{AA_1 }}{{AA_2 }} + \dfrac{{BB_1 }}{{BB_2 }} + \dfrac{{CC_1 }}{{CC_2 }} \le \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}\left({\cos A + \cos B + \cos C} \right)\,\,\,\,\,\,\,(4)$.
Ta dễ dàng chứng minh được: $\cos A + \cos B + \cos C \le \dfrac{3}{2}\,\,\,\,\,\,\,(5)$
Dấu "=" trong (5) xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$.
Từ (4) và (5) suy ra đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi ABC là tam giác đều.

------------------------------------

KH�”NG THỬ SAO BIẾT!!!

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng
$P=\dfrac{a}{(b+c)}+\dfrac{b}{(c+a)}+\dfrac{c}{(a+b)}<2$

Bài này khá đơn giản!

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có a, b, c>0 và a<b+c, b<a+c, c<a+b.
Từ đó suy ra $\dfrac{a}{{b + c}} < \dfrac{{a + a}}{{a + b + c}} = \dfrac{{2a}}{{a + b + c}}$.
Tương tự ta có: $\dfrac{b}{{c + a}} < \dfrac{{2b}}{{a + b + c}}\,,\,\,\,\dfrac{c}{{a + b}} < \dfrac{{2c}}{{a + b + c}}$.
Cộng các BĐT trên ta có đpcm.


-------------------------------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài 10 : Giải phương trình sau :
$ (x^2+x+4)^2+3x(x^2+x+4)+2x^2=0 $
Bài 11 : Giải hệ phương trình :
$ \left\{\begin{array}{l}{2x+x^2y=y}\\{2y+y^2z=z}\\{2z+z^2x=x}\end{array}\right. $

Mình chém bài 11
Nếu $x^2 = 1$ thì phương trình đầu ta được $\pm 2 = 0$ vô lí. Vậy $x^2 \ne 1$.
Tương tự ta cũng có $y^2 \ne 1\,\,;\,z^2 \ne 1$. Do đó
PT $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \dfrac{{2x}}{{1 - x^2 }} \\ z = \dfrac{{2y}}{{1 - y^2 }} \\ x = \dfrac{{2z}}{{1 - z^2 }} \\\end{array} \right.$ (1)
Đặt $x = \tan t\,,\,t \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)\backslash \left\{ { \pm \dfrac{\pi }{4}} \right\}$. Ta có
(1) $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \dfrac{{2\tan t}}{{1 - \tan ^2 t}} = \tan 2t \\ z = \dfrac{{2\tan 2t}}{{1 - \tan ^2 2t}} = \tan 4t \\ x = \dfrac{{2\tan 4t}}{{1 - \tan ^2 4t}} = \tan 8t \\ \end{array} \right.$ (2)
Từ $x = \tan t$ và (2) ta được
$\tan 8t = \tan t \Leftrightarrow 8t = t + k\pi \,(k \in ) \Leftrightarrow t = \dfrac{{k\pi }}{7}.$
Do $t \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)\backslash \left\{ { \pm \dfrac{\pi }{4}} \right\}$ , nên ta được $k \in \overline { - 3...3} $.
Vậy hệ đã cho có bảy nghiệm: $\left\{ \begin{array}{l}x = \tan \dfrac{{k\pi }}{7} \\ y = \tan \dfrac{{2k\pi }}{7} \\ z = \tan \dfrac{{4k\pi }}{7} \\\end{array} \right.$ với $k \in \overline { - 3...3} $.

Mọi người cứ làm thoải mái . Hết sẽ có bài tiếp , bạn nào post bài vào Topic nhớ đánh số nhe :
Bài 4 :
tìm tất cả các số nguyên a,b,c thỏa mãn điều kiện $ 1 <a<b<c $ và $ abc-1 $ chia hết cho $ (a-1)(b-1)(c-1) $

Mình xin thử làm bài 4.

Đặt
$\begin{array}{l}d = \dfrac{{abc - 1}}{{(a - 1)(b - 1)(c - 1)}} = \dfrac{{((a - 1) + 1)((b - 1) + 1)(c - 1) + 1) - 1}}{{(a - 1)(b - 1)(c - 1)}} \\ \,\,\,\, = 1 + \dfrac{1}{{a - 1}} + \dfrac{1}{{b - 1}} + \dfrac{1}{{c - 1}} + \dfrac{1}{{(a - 1)(b - 1)}} + \,\dfrac{1}{{(b - 1)(c - 1)}} + \dfrac{1}{{(c - 1)(a - 1)}} \\\,\,\,\, \le 1 + 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{3} < 4 \\ \end{array}$
( vì $a \ge 2,\,\,b \ge 3,\,\,c \ge 4$)

Hơn nữa, d>1 và nếu $a \ge 4$ thì
$d \le 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{{12}} + \dfrac{1}{{20}} + \dfrac{1}{{15}} = \dfrac{{119}}{{60}} < 2$

Từ đó, d=2 hoặc d=3 và a=2 hoặc a=3.

Ta có 4 trường hợp:

TH1: a=2 và d=2. Ta có:
$\dfrac{{2bc - 1}}{{(b - 1)(c - 1)}} = 2 \Leftrightarrow 2bc - 1 = 2(b - 1)(c - 1)$
VT ở phương trình trên lẻ còn VP chẵn nên phương trình vô nghiệm.

TH2: a=2 và d=3. Ta có:
$\dfrac{{2bc - 1}}{{(b - 1)(c - 1)}} = 3 \Leftrightarrow (b - 3)(c - 3) = 5$
Vì $b < c\,\, \Rightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}b - 3 = 1 \\ c - 3 = 5 \\\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2 \\ b = 4 \\ c = 8 \\ \end{array} \right.$

TH3: a=3 và d=2. Ta có:
$\dfrac{{3bc - 1}}{{2(b - 1)(c - 1)}} = 2 \Leftrightarrow (b - 4)(c - 4) = 11$
Vì $b < c\,\, \Rightarrow\,\left\{ \begin{array}{l}b - 4 = 1 \\ c - 4 = 11 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3 \\ b = 5 \\ c = 15 \\ \end{array} \right.$

TH4: a=3 và d=3. Ta có:
$\dfrac{{3bc - 1}}{{2(b - 1)(c - 1)}} = 3 \Leftrightarrow 3bc - 1 = 6(b - 1)(c - 1)$
Phương trình này vô nghiệm vì VP là bội của 3 còn VT thì không.

Vậy các nghiệm của bài toán là: a=2, b=4, c=8 và a=3, b=5, c=15

Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2 + y^2 + z^2 = x^2 y^2 $

Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn $a + b + c = abc$
CMR $\dfrac{{bc}}{{a^2 + 2bc}} + \dfrac{{ca}}{{b^2 + 2ca}} + \dfrac{{ab}}{{c^2 + 2ab}} \le 1$
Bài 2: Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng
$\dfrac{{2\sqrt x }}{{x^3 + y^2 }} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2 }} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \dfrac{1}{{x^2 }} + \dfrac{1}{{y^2 }} + \dfrac{1}{{z^2 }}$