dinhvu

alo thì cũng có cho tích hai số đó chia hết cho $p$ đâu mà bạn nói vậy

vậy là mình vẫn ko hiểu hay như thế nào hả mọi người. giải thích giúp mình với :333

mình chứng minh đc tồn tại 1 số chia hết cho p rồi mà 2 lại không cùng chia hết cho p thì chỉ có mỗi 1 số chia hết cho p thôi( sorry mình vừa đi học ko rep đc)

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn$(a+b)(b+c)(c+a)=8$. CMR 

$(\frac{a+b}{a+c}+\frac{a+c}{a+b}-1)(\frac{b+c}{b+a}+\frac{b+a}{b+c}-1)(\frac{c+b}{c+a}+\frac{c+a}{c+b}-1)\geq \frac{8abc}{(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)}$

$(ac+bd)(ad+bc)=cd(a^2+b^2)+ab(c^2+d^2)$ chia hết cho p nên tồn tại 1 số chia hết cho $p$

Giả sử cả 2 số chia hết cho p thì $ac+bd-ad-bc=(a-b)(c-d)$ chia hết cho $p$

suy ra $a-b$ hoặc $c-d$ chia hết cho $p$

mà $-p< -b< 0<a-b<a<p$ và tương tự với $c-d$ nên vô lí từ đó đpcm

VT $=(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)=9-2(xy+yz+xz)$

Ta có$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 0 \Rightarrow xyz+4x+4y+4z\leq 2xy+2yz+2xz+8\\ \Rightarrow 12 \leq 2xy+2yz+2xz+8\Rightarrow 2xy+2yz+2xz\geq 4\\ \Rightarrow x^2+y^2+z^2\leq 9-4=5$

Dấu "=" xảy ra chẳng hạn khi x=2,y=1,z=0

Đặt $P=p$ Biến đổi tương đương ra được $(n+3)(n^2+2)=6p$

Mà $n$ tự nhiên nên $n+3\geq 3$ thì n+3 có các giá trị là 3,6,p,2p,3p do $n^2+2\leq 2$ ( mình chỉ viết í do bận quá)

Gọi $d=(x,y)$ thì $x=da,y=db ((a,b)=1)$

suy ra $d^3a^3+db \vdots x^2+y^2$ chia hết cho $d^2$. Từ đó suy ra $b \vdots d$

CMTT với $a$ mà $(a,b)=1$ suy ra $d=1$ suy ra $(x,y)=1$ suy ra $(y,x^2+y^2)=1$

mà $x(x^2+y^2)-x^3-y=y(xy-1)\vdots x^2+y^2$

Có $(y,x^2+y^2)=1$ nên $xy-1\vdots x^2+y^2$

mà $0\leq xy-1< x^2+y^2$ nên $xy-1$=0. Mà $xy\geq 1$ nên dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$ từ đó $2x+2y=4$ là scp

P/s: thực ra bài gốc là tính x và y nguyên   

Dễ dàng chứng minh 2 số không cùng $\leq 0$

-Trong a,b tồn tại 1 số $\leq 0$ giả sử là b thì a >0 $\Rightarrow$$a^3b^3(a^3+b^3)=a^3b^3.2.(a^2-ab+b^2)\leq 0$ vì $a>0, b\leq 0, a^2-ab+b^2\geq 0$. 

Mà 0<2 nên đpcm(1)

- $a,b\geq 0$ thì VT=$2.ab.ab.ab.(a^2-ab+b^2)\leq 2.(\frac{ab+ab+ab+a^2-ab+b^2}{4})^4\\ =2.(\frac{(a+b)^2}{4})^4=2$(2)

(1)+(2) suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi a=b=1

Có $0\leq x,y,z\leq 1\Rightarrow y^2\leq y, z^3\leq z$

$\Rightarrow$ VT $\leq x+y+z-xy-yz-xz$

Chứng minh $x+y+z-xy-yz-xz\leq 1\Leftrightarrow xyz+x+y+z-xy-yz-xz-1\leq xyz\\ \Leftrightarrow (x-1)(y-1)(z-1)\leq xyz$

(Đúng vì VT$\leq 0$, VP $\geq 0$)

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi x=1, y=z=0

Phương trình tương đương $x(y+1)^2=9y$. Ta lại có $4y\leq (y+1)^2$ và lưu ý $x, y$ nguyên dương, suy ra $x.4y<9y$ hay $x<\frac{9}{4}$. 

Vậy $x=1$ hoặc $x=2$. Tới đây thay ngược trở lại phương trình ban đầu ta tìm được giá trị của $y$. 

Một cách khác là có $(y,y+1)=1$ nên 9 chia hết cho $(y+1)^2$ mà $(y+1)^2\geq (1+1)^2=4$ nên $(y+1)^2=9\Rightarrow y=2\Rightarrow x=2$

Câu này là đề thi vòng 1 Cầu Giấy đúng không bạn?

1. GT$\Rightarrow{\overline{abcde}}=\overline{ab}^3$

    Đặt $\overline{ab}=x, \overline{cde}=y$

   $\Rightarrow x^3=1000x+y\\ \Rightarrow x^3 \geqslant 1000x \Rightarrow x^2\geq 1000\Rightarrow x > 31$

   Mặt khác có $y \leq 999\Rightarrow x^3<1000x +1000\\ \Rightarrow x(x^2-1000)<1000$

   Nếu $x\geq 33\Rightarrow x(x^2-1000)\geq 33.(33^2-1000)=2937>1000$

   $\rightarrow$ Vô lí

   Vậy $x =32$ ( Thử lại thỏa mãn)

2. GT$\Rightarrow \overline{abc}=a^2c+2abc+b^2c\leq 2c(a^2+b^2)$

    + c=0 Không thỏa mãn

    + $c\neq 0\\ \Rightarrow \frac{ab}{c}.10 +1= 2(a^2+b^2)$ (1)

       Nếu c $\geq 5 \Rightarrow VT\leq 2ab+1 < (a^2+b^2) +2a^2$ do a$\geq 1$

       Vậy c=1,2,3,4 $\Rightarrow$ thế vào (1) giải PT nghiệm nguyên

$VT = \frac{x-2y}{2} + \frac{8}{x-2y} + \left ( y+\frac{1}{y} \right )\geq 2.2 +2=6$

$Min: 3P+3= 2(a^2+b^2+c^2)+(a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1)\geq 2(ab+bc+ac)+2a+2b+2c=12$

$Max: P=a^2+b^2+c^2\leq a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)^2\leq (a+b+c+ab+bc+ac)^2=36$

Dấu = min là $a=b=c=1$

Dấu = max là $a=6, b=c=0$