habcy12345

Bài này mình dùng pqr và quy đồng tất, thu được bất đẳng thức cuối khá gọn: $(pq-9r)(p^2+q)\geq 0$, hiển nhiên theo AM-GM.

Lời giải chuẩn rồi ạ. Hướng khác:
Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\geq1\Leftrightarrow\frac{2p^2-2pr+15}{p^2-2pr+r^2+25}\geq1\Leftrightarrow p^2\geq r^2+10$$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do $p^2\geq 3q=18, r^2+10\leq\frac{q^3}{27}+10=18$.

Bằng thử trực tiếp, ta thấy $k \in \{3;1\}$ thì có 2 nghiệm phân biệt

Hình như $k=1, k=3$ cũng không thoả thì phải. Do bài này của THCS nên không cần dùng Viète cho pt b3 đâu. Mình xin trình bày cách khác:
Phương trình ban đầu tương đương với $(x+1)(x^2-x+1-k)=0$.
Do phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt nên phương trình $x^2-x+1-k=0$ phải có nghiệm kép khác $-1$.
$\Rightarrow\begin{cases}
(-1)^2-(-1)+1-k\ne 0\\
\Delta =1-4(1-k)=0
\end{cases}\Leftrightarrow k=\frac{3}{4}$ (vô lí).

Nếu $n$ lẻ thì $v_2(3^n-1)=v_2(3-1)=v_2(2)=1$. Mà $2^n\mid 3^n-1$ nên $v_2(3^n-1)\geq v_2(2^n)$, tức là $n\leq 1\Rightarrow n=1$.
Nếu $n$ chẵn thì $v_2(3^n-1)=v_2(3-1)+v_2(3+1)+v_2(n)-1=v_2(n)+2$. Mà $2^n\mid 3^n-1$ nên $v_2(3^n-1)\geq v_2(2^n)$, tức là $v_2(n)\geq n-2$.
Suy ra $n=2^{n-2}.k$ ($k\in\mathbb{N^*}$). Tới đây có thể quy nạp để chỉ ra rằng $n>4$ thì $2^{n-2}.k>n\Rightarrow n\leq 4\Rightarrow n\in\{2,4\}$. Thử lại đều thấy thoả.

Bài này chắc chỉ có cách chặn $n$ thôi:
Dễ thấy $n\leq 59\Rightarrow S(n)\leq 5+9=14\Rightarrow S[S(n)]\leq 9$
Nên $S(n)+S[S(n)]\leq 23\Rightarrow n\geq 37\Rightarrow 37\leq n\leq 59$
Mà $n, S(n), S[S(n)]$ có cùng số dư khi chia cho $9$ nên $n$ chia $3$ dư $2$ (do $60\equiv 6$ (mod $9$))
$\Rightarrow n\in\{38,41,44,47,50,53,56,59\}$. Đến đây thử lại lấy $n\in\{44,47,50\}$