kietdz

Vế phải là 1 số nguyên nên $n$ không âm.

Ta có nhận xét sau: Nếu $x$ là nghiệm thì $-x$ cũng là nghiêm, vậy chỉ cần xét $x$ không âm.

Bằng cách xét chữ số tận cùng của 2 vế, dễ thấy $n$ phải là số chẵn.

Đặt $n=2k$ ($k$ là số nguyên không âm)

Ta có: $$2^{2k}=x^2-80\Leftrightarrow x^2-2^{2k}=(x-2^k)(x+2^k)=80$$

Dễ thấy $x+2^k>x-2^k\geq0$ và $x+2^k$ cùng tính chẵn lẻ với $x-2^k$ nên ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1:  $x-2^k=2$ và $x+2^k=40$ $\Rightarrow 2^k=19$ (vô nghiệm)

Trường hợp 2:  $x-2^k=4$ và $x+2^k=20$ $\Rightarrow x=12, 2^k=8 \Leftarrow x=12, n=6$ 

Trường hợp 3:  $x-2^k=8$ và $x+2^k=10$ $\Rightarrow x=9, 2^k=1 \Leftarrow x=9, n=0$ 

Anh hướng dẫn em cách tìm số 3 được không ạ?

Bạn tham khảo cách này nhé.

Lấy phương trình trên nhân 3 rồi cộng với phương trình dưới, ta được: 

$$4x^2+9y^2-12xy-4x+6y=-1\Leftrightarrow(2x-3y)^2-2(2x-3y)+1=(2x-3y-1)^2=0\Leftrightarrow x=\frac{3y+1}{2}$$

Đến đây thì chắc là OK rồi nhỉ :DD

Đặt $p=x+y+z=3, q=xy+yz+zx, r=xyz$. 

Theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có: $r\leq\frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{4q-9}{3}$. Đến đây là xong luôn rồi đó :DD

Đầu tiên, ta đi chứng minh: $P=\sum{\left(\frac{a+b}{a-b}\right)^2}\geq2$

Thật vậy, ta có: $$P=\sum{\frac{[(a+b)(a+b-2c)]^2}{[(a-b)(a+b-2c)]^2}}\geq\frac{[\sum{(a+b)(a+b-2c)}]^2}{\sum{[(a-b)(a+b-2c)]^2}}=2$$

Mà $$\sum{\left(\frac{a+b}{a-b}\right)^{2022}}\geq3\left[\frac{\sum{\left(\frac{a+b}{a-b}\right)}^2}{3}\right]^{1011}\geq3\left(\frac{2}{3}\right)^{1011}$$

Vậy ta cần chứng minh $\left(\frac{2}{3}\right)^{1011}>\left(\frac{2}{3}\right)^{2022}$ (hiển nhiên đúng). Hoàn tất chứng minh.

Từ giả thiết, ta có: $$3(x+y+z)=(x+y)^2+z^2\geq\frac{(x+y+z)^2}{2}\Rightarrow6(x+y+z)\geq(x+y+z)^2\Rightarrow x+y+z\leq6$$

Ta lại có: $$T=x+y+z+\frac{20}{\sqrt{x+z}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}\geq x+y+z+\frac{80}{\sqrt{x+z}+\sqrt{y+2}}\geq x+y+z+\frac{80}{\sqrt{2(x+y+z+2)}}$$

Đặt $t=\sqrt{2(x+y+z+2)}$ thì $t\leq4$ và $$T=\frac{t^2}{2}-2+\frac{80}{t}=\frac{t^2}{2}+\frac{32}{t}+\frac{32}{t}+\frac{16}{t}-2\geq 3\sqrt[3]{\frac{t^2}{2}.\frac{32}{t}.\frac{32}{t}}+\frac{16}{4}-2=26$$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=1, y=2, z=3$.

Theo bất đẳng thức Holder, ta có: $$\left(\sum{\frac{a}{\sqrt{a^2+3b^2+3ab+2bc}}}\right)^2\left[\sum{a(a^2+3b^2+3ab+2bc)}\right]\geq(a+b+c)^3$$

Ta cần chứng minh: $$\frac{(a+b+c)^3}{\sum{a(a^2+3b^2+3ab+2bc)}}\geq1\Leftrightarrow(a+b+c)^3\geq\sum{a(a^2+3b^2+3ab+2bc)}$$

Nhưng đây thực chất chỉ là một đẳng thức. Hoàn tất chứng minh bài toán.

Ta có bất đẳng thức phụ sau: $3(x^2-x+1)^3\geq x^6+x^3+1\Leftrightarrow (2x^2-x+2)(x-1)^4\geq0$ 

Tương tự thì $3(y^2-y+1)^3\geq y^6+y^3+1, 3(z^2-z+1)^3\geq z^6+z^3+1.$ 

Nhân 3 bất đẳng thức này vế theo vế thì ta được $27(x^2-x+1)^3(y^2-y+z)^3(z^2-z+1)^3\geq(x^6+x^3+1)(y^6+y^3+1)(z^6+z^3+1)\geq(x^2y^2z^2+xyz+1)^3$ (Holder) $\Rightarrow$ ĐPCM