Hahahahahahahaha

gợi ý

để ý $gcd(n+3,4n^{2}+14n+7)=1$ nên $n+3$ và $4n^{2}+14n+7$ đều là số chính phương

BÀI TOÁN 2:

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sum \dfrac{a^{3}+1}{2\sqrt{(a^{4}+b+c)(ab+bc+ca)}}\geq 1$

$\bullet$ Do $abc=1$ nên ta có: 

$2\sqrt{(a^{4}+b+c)(ab+bc+ca)}=2\sqrt{[a^{4}+abc(b+c)](ab+bc+ca)}$

$=2\sqrt{(a^{3}+b^{2}c+bc^{2})(a^{2}b+a^{2}c+abc)}$

$\leq (a^{2}+bc)(a+b+c)$

$\bullet$ Để ý rằng:

$a^{3}+1=a(a^{2}+bc)$

Từ hai điều trên ta có dpcm

GTNN

Có: $(\sqrt{x^{2}+3}+\sqrt{y^{2}+3})^{2}=x^{2}+y^{2}+6+2\sqrt{x^{2}y^{2}+3(x^{2}+y^{2})+9}$

$=10-2xy+2\sqrt{x^{2}y^{2}-6xy+21}$

$= 10-2xy+\sqrt{[(3-xy)^{2}+(\sqrt{12})^{2}][1^{2}+(\sqrt{3})^{2}]}$

$\geq 10-2xy +3-xy+6=19-3xy$

Ta sẽ chứng minh: $\sqrt{19-3xy}+\sqrt{xy+3}\geq 6\quad (*)$

Thật vậy đặt $t=xy$, suy ra $0\leq t\leq 1$

$(*)$ tương đương với: $(t-1)(t+2)\leq 0$ (đúng)                                                     (bình phương hai vế, biến đổi tùm lum )

Dấu bằng: $x=y=1$

Bài 10: 

Gọi $P(x)$ là đa thức thỏa mãn bài toán

Theo định lí Vietè thì:   $(-1)^{n}a_{0}.a_{1}...a_{n-1}=a_{0}$

Khi đó: 

$a_{0}=0 \lor a_{1}a_{2}...a_{n-1}=\pm 1$

Với $a_{1}a_{2}...a_{n-1}=\pm 1$ thì suy ra:    $a_{i}=\pm 1$    với $i=1,2,...,n-1$

Với $a_{0}=0$ thì

$P(x)=x(x^{n-1}+x^{n-2}a_{n-1}+....+a_{1})$

Tiếp tục theo định lí Viettè thì $(-1)^{n-1}a_{1}a_{2}....a_{n-1}=a_{1}$

Khi đó: 

$a_{1}=0 \lor a_{2}a_{3}...a_{n-1}=\pm 1$

Cứ tiếp tục làm như vậy ta thấy rằng $P(x)$ chỉ các nghiệm $0,\pm 1$

Khi đó có thể viết $P(x)$ dưới dạng 

$P(x)=x^{r}(x+1)^{p}(x-1)^{s}\qquad (r,p,s\in\mathbb{N})$

Do các hệ số của $P(x)$ chỉ là $0$ hoặc $\pm 1$ nên $p,s\in \{1;0\}$

$\bullet$ Xét TH $p=s=0, r=n$ thì $P(x)$ không có nghiệm $\pm 1$                          (Loại)

...........

Cuối cùng tìm được $P(x)=x^{n-2}(x^{2}-1)$

$\square$