xét thấy 1 số không chia hết cho 5 có lũy thừa bậc 4 chia 5 dư 1

Do đó tổng các lũy thừa của x,y,z,t,u chia hết cho 5

có điều kiện j của x không

 Bài 5 a) :Ta có :$3^{x}=(y+1)(y^{2}-y+1)$              (1)

 Gọi d=ƯCLN(y+1;$y^{2}$-y+1)(d$\in N^{*}$)

  => $\left\{\begin{matrix} y^{2}-y+1\vdots d & \\ y+1\vdots d & \end{matrix}\right.$  =>  $\left\{\begin{matrix} y(y+1)-2(y+1)+3\vdots d & \\ y+1\vdots d& \end{matrix}\right.$

 => 3$\vdots d$ =>d$\in \left \{ 1;3 \right \}$

 Nếu d=3. vì (1) nên y+1 và $y^{2}$-y+1 là lũy thừa của 3 => $\left\{\begin{matrix} y^{2}-y+1=3 & \\ y+1=3 & \end{matrix}\right.$

 => y=2. khi đó x=2

 Nếu d=1 do đó ta xét 2 TH:

TH1: $\left\{\begin{matrix} y+1=1 & \\ y^{2}-y+1=3^{x} & \end{matrix}\right.$ =>x=y=0

TH2:$\left\{\begin{matrix} y+1=3^{x} & \\ Y^{2}-y+1=1 & \end{matrix}\right.$  => x=y=0

 Vậy (x,y)=(2,2) ;(0,0)

Ta có $a+b\geq \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})=\frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}}{\sqrt[3]{c}}$

         <=>   $\frac{1}{a+b+1}\leq \frac{\sqrt[3]{c}}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}$

        Tương tự suy ra đpcm

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

bài này bạn quy đồng lên rồi phân tích thành tích của 2 phương trình bậc 2 có 1 phương trình là $x^{2}-2x-18$

Ta có 18$\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z$ <=> 18$\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}+(x+y+z)$ <=> x+y+z$\leq 6$

 Áp dụng bđt cauchy -schwarz ta có :

    $\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{x+z+1}+\frac{1}{y+z+1}\geq \frac{9}{2(x+y+z)+3}$$\geq \frac{3}{5}$ ( vì x+y+z$\leq 6$)

    Suy ra (đpcm)

  Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=2

$\frac{bc}{\sqrt{{a+bc}}}$ mà bạn

mình sửa rồi bạn

vậy min=??? dấu bằng xảy ra khi ???

x=y=z=1

BĐT <=>$\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}\geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$                        (1)

 Đặt $\frac{x}{y}=a$ (a>0)  .Ta có :(1)   <=>$\frac{1}{a^{2}}+a^{2}\geq a+\frac{1}{a}$

     <=> $(a^{2}-a)(1-\frac{1}{a^{2}})\geq 0$ <=> $\frac{a(a+1)(a-1)^{2}}{a^{2}}\geq 0$  (luôn đúng với $\forall a$>0)

Ta có :$\sum \frac{bc}{\sqrt{a+ac}}=\sum \frac{bc}{\sqrt{a^{2}+ab+bc+ac}}$

          =$\sum \frac{bc}{\sqrt{(a+c)(b+a)}}\leq\frac{1}{2} \sum \left ( \frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c} \right )$

          $\leq \frac{1}{2}$

Suy ra (đpcm)

Từ gt=> xyz$\geq 1$

áp dụng bđt cauchy schwarz : $\frac{x^{2}}{y+2}+\frac{x^{2}}{z+2}+\frac{z^{2}}{x+2}$$\geq $$\frac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+6}$

Do đó ta cần chứng minh $\frac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+6}$ $\geq 1$

 => x+y+z$\geq 3$

Ta có x+y+z$\geq 3\sqrt[3]{xyz}$$\geq 3$ (đpcm)

áp dụng bđt mincopxki: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}$+$\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y^{2}}}+\sqrt{z^{2}+\frac{1}{z^{2}}}$$\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z})^{2}}$

$\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}}$  $\geq \sqrt{2+\frac{80}{(x+y+z)^{2}}}$  ( áp dụng bđt cauchy) 

$\geq \sqrt{82}$  ( vì x+y+z $\leq 1$ )

đề bài bị sai rồi nếu a=b=c=1/3 thì bđt sai

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel: 

$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}$

$<=> \sum {\frac{a^{2}}{b+c} } \geq \frac{{(a+b+c)^2}}{2(a+b+c)}\geq \frac{{(a+b+c)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}$

(BĐT Cauchy-Schwarz dạng thông thường)

cái bất đẳng thức cuối bạn dùng hình như sai. nếu a+b+c=1 thì nó sai

câu 5 viết lỗi đề hay ý là x mũ -25

nếu là x mũ -25 thì xét x>1 hoặc x<-1  khi đó x mũ -25 không nguyên còn y^2 luôn nguyên .do đó loại

 3 trường hợp kia thì ta được (x;y)=(1;1);(1;-1);(0;0)

bạn thử chuyển 2 căn thức sang 1 bên rồi bình phương lên được phương trình bậc 4 . pt có nghiệm bằng 2 nên có thể dễ phân tích thành nhân tử được

đặt x+y=a ; x-y=b