Nguyen Bao Khanh

CauchySchwarz: $VT= \sum \frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc} \ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(a+c)}$

Ta có: $x^2-x.py+(y^2+1)=0$.

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là $(x_0;y_0;p_0)$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x_0+y_0$ nhận giá trị bé nhất;$x_0\ge y_0$. Ta có: $x_0^2-x_0.py_0+(y_0^2+1)=0$

Coi pt trên là pt bậc $2$ ẩn $x_0$, tham số $y_0$, theo định lý Vi-ét, tồn tại nghiệm $x_1 \neq x_0$, và $x_1+x_0=py_0;x_1x_0=y^2+1\implies x_! \in \mathbb{N^*}$. Từ cách chọn $(x_0;y_0)$, ta có $x_1\ge x_0$. Khi đó $py_0\ge 2x_0 \to \frac{x_0}{y_0}\le \frac{p}{2}$. Ta có: $p=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}+\frac{1}{x_0y_0} \le \frac{p}{2}+2 \to p\le 4 \to p =1;2;3;4.$

$- p=4 \to x_0=y_0=1,2y_0=x_0$ (loại)

$- p=3 \to x_0^2+y_0^2-3x_0y_0+1=0, x_0=y_0=1 $ (thỏa mãn)

$- p=2;1 \to ...$ 

Dạ bài này anh sưu tầm ở đâu vậy ạ anh