Tran Hai Dang

$2P=(2x+4y+6z)(6x+3y+2z)\leq \frac{(8(x+y+z)-y)^2}{4}=\frac{(8-y)^2}{4}\leq \frac{8^2}{4}=16$$
Do $x+y+z=1$ nên $0\leq y\leq 1$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
 y = 0 \\
 x + y + z = 1 \\
 2x + 4y + 6z = 6x + 3y + 2z \\
 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 x = \frac{1}{2} \\
 y = 0 \\
 z = \frac{1}{2} \\
 \end{array} \right.
\]

Bài này ở đâu ra mà ở đâu cũng thấy hỏi?

Để xem lại đã

Đặt $2^x$=a

Khi đó phương trình trở thành $y^2$=1+a+$2a^2$(1)

*)Với x<0 thì

Khi đó a sẽ có dạng $\frac{1}{2^{-x}}=\frac{1}{t}$ (t>0, $t\epsilon \mathbb{N}$)

(1)$\Leftrightarrow y^{2}=1+\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^{2}}$

$\Leftrightarrow y^{2}=1+\frac{2t+1}{2t^{2}}=\frac{2t^{2}+2t+1}{2t^{2}}$

Mà $\frac{2t^{2}+2t+1}{2t^{2}}$ không là số chính phương$\Leftrightarrow $ y không phải là số nguyên(trái với giả thiết)

Vậy $x\geq 0$

Đoạn sau khá dễ được kết quả là 0 và $\pm 2$

Ta có với mọi k tự nhiên, k$\le$ n thì

$\frac{k+1}{k}=1+\frac{1}{k}$ mà $0<\frac{1}{k}<1$ nên $1<1+\frac{1}{k}<2\Rightarrow \sqrt[k+1]{1}<\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}<\sqrt[k+1]{2}<\sqrt{2}$

$\Rightarrow 1<\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}<\sqrt{2}\approx 1,41$

=> Phần nguyên các số có dạng $\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}=1$

=> Vậy A có n số hạng=> 1+1+1+...+1=n

(P/s: cảm giác không đúng lắm nên xem xét trước cái đã )