Khoinguyen2007

 Ta có

$$x^4+2x^2=y^3 \Leftrightarrow (x^2+1)^2=(y+1)(y^2-y+1).$$

Đặt $d=gcd(y+1, y^2-y+1)=gcd(y+1, (y+1)(y-2)+3)=gcd(y+1, 3) \Rightarrow d|3 \Rightarrow d \in \{1, 3\}.$

Do $d|x^2+1$ mà không tồn tại $x$ để $x^2+1$ chia hết cho $3$ nên $d=1$

Từ đó ta có$\begin{cases} y+1=m^2\\ y^2-y+1=n^2 \end{cases}$

Mặt khác, ta có $y+1>0$ nên $y \ge 0$.

+) Với $y=0$, ta có $x=0$

+) Với $y>0$, ta có

$$(m^2-2)^2=(y-1)^2<y^2-y+1=n^2<(y+1)^2=m^4$$

Suy ra $n=m^2-1=y \Rightarrow y^2-y+1=y^2 \Rightarrow y=1$ (Ko thỏa mãn).

Vậy $x=0$, $y=0$ thỏa mãn phương trình

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

ta có một đánh giá quen thuộc như sau: $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$

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

Đề bài là $\sum \frac{a}{a+b}$ mà.

Từ giả thiết, ta có

+) $\left ( x+\dfrac{2}{x} \right )^2-2=x^2+\dfrac{4}{x^2}+2 \in \mathbb{Q}$

+) $x^3-\dfrac{8}{x^3} \in \mathbb{Q}$

Lại có $x^3-\dfrac{8}{x^3}=\left ( x-\dfrac{2}{x} \right )\left ( x^2+\dfrac{4}{x^2} +2\right ) \in \mathbb{Q}$.

Mà $x^3-\dfrac{8}{x^3} \in \mathbb{Q}$,  $\left ( x^2+\dfrac{4}{x^2} +2\right ) \in \mathbb{Q}$ nên $x-\dfrac{2}{x} \in \mathbb{Q}$

Từ đó ta có $x-\dfrac{2}{x}  + x+\dfrac{2}{x} = 2x \in \mathbb{Q}$, suy ra $x\in \mathbb{Q}$.

Từ phương trình dễ thấy $a, b, c$ là các số chẵn.

Khi đó ta có $(a+1)^4-(40a+1)=a(a-2)(a^2+6a+18) \geqslant 0.$

suy ra $(a+1)^4 \geqslant 40a+1$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=0$ hoặc $a=2$.

Chứng minh tương tự, ta được  $(b+1)^4 \geqslant 40b+1$ và  $(c+1)^4 \geqslant 40c+1$

Vậy $$(a+1)^4(b+1)^4(c+1)^4 \geqslant (40a+1)(40b+1)(40c+1).$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $(a, b, c)=(0,0,0), (2, 2, 2), (2, 0, 0)$ và các hoán vị

KL:  $(a, b, c)=(0,0,0), (2, 2, 2), (2, 0, 0)$ và các hoán vị

Câu này khá giống đề thi thử Archimedes, không biết đề có vấn đề hay không, câu trong đề là chứng minh $\frac{8}{3\sqrt{4a^2+3b^2+2c^2}+\sqrt{2b^2+2bc+5c^2}}-\frac{1}{\sqrt{a^2+2bc+6}} \leqslant \frac{1}{3}.$

Chính là nó đó bạn