ThienDuc1101

Vì $(a-c)(b-c)=c^2\Rightarrow ab-bc-ca+c^2=c^2\Rightarrow ab=c(a+b)\vdots c$

Mà $(a,b,c)=1$. Khi đó, ta có $ab\vdots c\Rightarrow c=1$

Thay vào, ta có $ab=a+b\Rightarrow ab-a-b+1=1\Rightarrow (a-1)(b-1)=1\Rightarrow a=b=2$

Thay vào, ta có $2017^2abc=(2017.2)^2$ là số chính phương (đpcm).

Cho em góp 1 bài với ạ

Tìm các số nguyên dương a,b,c và số nguyên tố p thỏa mãn $73p^2+6=9a^2+17(b^2+c^2)$

Ta có $x^2+y^2+2xy+x+3y+2=(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương

Lại có $(x+y+1)^2=(x+y)^2+2(x+y)+1$

- Xét $x\geq y$. Nếu $x=y\Rightarrow S=2022$

Nếu $x>y\Rightarrow x-y-1\geq 0$. Mà $(x+y+1)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]=x-y-1\geq 0\Rightarrow (x+y+1)^2\geq (x+y)^2+x+3y+2$

Lại có $(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương và $(x+y)^2+x+3y+2>(x+y)^2$

Do đó $(x+y+1)^2=(x+y)^2+x+3y+2\Rightarrow x-y=1\Rightarrow S=2027$

- Xét x<y => x-y-1<0. Khi đó, ta có (x+y+1)^2<(x+y)^2+x+3y+2 và (x+y+2)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]>0.

Do đó (x+y+1)^2<[(x+y)^2+x+3y]<(x+y+2)^2 (vô lí)

Vậy $S\in {2022,2027}$

Máy em bị lỗi công thức một chút. Anh thông cảm giúp em với nhá.

Ta có $x^2+y^2+2xy+x+3y+2=(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương

Lại có $(x+y+1)^2=(x+y)^2+2(x+y)+1$

- Xét $x\geq y$. Nếu $x=y\Rightarrow S=2022$

Nếu $x>y\Rightarrow x-y-1\geq 0$. Mà $(x+y+1)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]=x-y-1\geq 0\Rightarrow (x+y+1)^2\geq (x+y)^2+x+3y+2$

Lại có $(x+y)^2+x+3y+2$ là số chính phương và $(x+y)^2+x+3y+2>(x+y)^2$

Do đó $(x+y+1)^2=(x+y)^2+x+3y+2\Rightarrow x-y=1\Rightarrow S=2027$

- Xét $x<y \Rightarrow x-y-1<0$. Khi đó, ta có $(x+y+1)^2<(x+y)^2+x+3y+2$ và $(x+y+2)^2-[(x+y)^2+x+3y+2]>0$.

Do đó $(x+y+1)^2<[(x+y)^2+x+3y]<(x+y+2)^2$ (vô lí)

Vậy $S\in {2022,2027}$

ĐKXĐ : $x\geq 1$ hoặc $x\leq 0$

Ta có $(2x-1)^2-9=4\sqrt{x^2-x}\Rightarrow 4x^2-4x+8=4\sqrt{x^2-x}\Rightarrow x^2-x+2=\sqrt{x^2-x}$

Đặt $\sqrt{x^2-x}=a(a\geq 0)$. Thay vào, ta có $a^2-a+2=0$

Mà $a^2-a+2>0$

Do đó phương trình vô nghiệm.

Bài này em nghĩ cần thêm $n>1$ nữa ạ.

PT $\Leftrightarrow -y^{2}+x^{2}y+2x^{2}+1=0$

Xét pt bậc $2$ theo biến $y$: $\Delta =x^{4}+4(2x^{2}+1)=(x^{2}+4)^{2}-12=k^{2}$ ($k \in \mathbb{Z}$)

$\Rightarrow (x^{2}+4+k)(x^{2}+4-k)=12$

Từ đó xét các trường hợp là xong

Em xin được trình bày cách khác ạ.

Vì $x^2(y+2)+1=y^2\Rightarrow x^2(y+2)=(y-1)(y+1)\Rightarrow x^2=\frac{(y-1)(y+1)}{y+2}$. Mà $x^2$ là số nguyên nên $(y-1)(y+1)\vdots y+2$

Lại có $(y+1,y+2)=1$ nên $y-1\vdots y+2\Rightarrow 3\vdots y+2$.

Giải ra, ta được $(x,y)\in {(-1,0),(1,0)}$.

Em xin được sửa lại đề thành $6a+4b+1$ là số chính phương.

Đặt $3a=x,2b=y$. Thay vào, ta có $3x^2-2y^2+x-y=0\Rightarrow (x-y)(2x+2xy+1)=-x^2$. Chứng minh tương tự, ta có $(x-y)(3x+3y+1)=-y^2$

Khi đó, ta có $(x-y)^2(2x+2y+1)(3x+3y+1)=(xy)^2$ là số chính phương. Mà $(x-y)^2$ là số chính phương. Khi đó, ta có $(2x+2y+1)(3x+3y+1)$ là số chính phương. Lại có $(2x+2y+1,3x+3y+1)=1$. Khi đó, ta có $2x+2y+1,3x+3y+1$ là các số chính phương.

Thay vào, ta có $6a+4b+1$ là số chính phương (đpcm).

Anh có thể giải thích cho em tại sao lại có $\Rightarrow x+y\vdots d$  và tại sao lại cần C/m $\Rightarrow d\leq x+y$ ạ ? 

Chỗ này anh thay $x=\frac{a}{d},y=\frac{b}{d}$. Khi đó, ta có $d\leq \frac{a}{d}+\frac{b}{d}\Rightarrow d^2\leq a+b$. Đến đây, ta được (đpcm).

- Xét $n=1$, thay vào ta được $VT=12\vdots 6$ (thỏa mãn)

- Xét $n=2$, thay vào ta được $VT=30\vdots 6$ (thỏa mãn)

Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k$ (k là số nguyên dương). Khi đó, ta có $k^3+11k\vdots 6$

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với $n=k+1$

Thật vậy, ta có $(n+1)^3+11(n+1)=n^3+11n+3n(n+1)+12$ (đúng vì $3n(n+1)\vdots 3.2,n^3+11n\vdots 6,12\vdots 6$)

Từ đó, ta được (đpcm).

 

3+2(\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z})\geq 6$

 

Anh ơi đoạn này em chứng minh dùng bđt Cauchy-Swcharz thì nó không ra ạ:

$(\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z})\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+xz)}\geq \frac{1}{(x+y+z)^2}=1$

 

Chỗ này em nghĩ nếu dùng Cauchy - Schwarz thì nó sẽ không chặt. Thay vào đó dùng BĐT Nesbit sẽ nhanh và chính xác hơn anh ạ.

Em cũng không chắc nữa, chắc biểu thức cần chứng minh là $3^{5^n}+5^{3^n}$

Ta thấy $3^n,5^n$ là các số lẻ. Do đó, ta đặt $5^n=2k+1,3^n=2p+1$ (k,q là các số nguyên dương)

Khi đó, ta có $VT=3^{2k+1}+5^{2q+1}=9^k.3+25^q.5\equiv 1.3+1.5\equiv 0(mod8)$

Đến đây, ta được (đpcm).

Giúp em bài này với ạ.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+6z}}+\frac{y+z}{\sqrt{y^2+z^2+6x}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+6y}}$

Em nghĩ rằng bài này còn có một phương pháp chứng minh khác theo em thấy thì cũng khá hay và khá là đẹp (tuy rằng hơi dài) khi áp dụng vào đẳng thức bài cho.

Đó là bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel, em áp dụng như sau:

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Em đặt đẳng thức bài cho là $A$

Ta có $A=\sum \frac{a^2}{ab+ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ (Do cauchy-schwarz engel)

Sau đó em áp dụng bđt: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

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

$\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" khi $a=b=c$

Suy ra điều phải chứng minh.

Em nghĩ còn 1 cách khác nữa là sử dụng BĐT AM - GM.

Sau các phép biến đổi, ta cần chứng minh $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq \frac{9}{2}\Leftrightarrow $(a+b+b+c+c+a)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 9$

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được $a+b+b+c+c+a\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$ và $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Nhân 2 vế với nhau, ta được (đpcm).

- Xét $p=2$, thay vào ta được $8p+1=17$ (loại)

- Xét $p=3$, thay vào ta được $8p+1=25$ (thỏa mãn)

- Xét $p>3$, khi đó ta có $p$ lẻ.

Vì $8p+1$ là số chính phương, đặt $8p+1=k^2$ (k là số nguyên)

Thay vào, ta được $8p=(k-1)(k+1)\vdots p$

Mà $(k-1,k+1)=2$ và $p\neq 2$. Do đó có 1 trong 2 số $k-1,k+1$ chia hết cho $p$.

+ Nếu $k-1\vdots p$, đặt $k-1=qp$ (q là số nguyên)

Thay vào, ta được $8=q(k+1)$. Đến đây bạn lập bảng xét ước của 8 là được nhá.

TH còn lại bạn làm tương tự

Vậy $p=3$.